bộ đề thi vào lớp 10 các trường chuyên từ bắc đến nam 2009 - 2010 với đáp án chi tiết phần 1 ppt

Khi đó 1 Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác A B C hình vẽ.. 0.25 Giả sử trái lại, có một điểm

SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO LỚP 10

BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2009-2010

Đề chính thức Môn thi:Toán (chuyên)

Ngày thi:19/06/2009

Thời gian:150 phút

Bài 1(1.5điểm)

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

1 a b c 2

b c c a a b

Bài 2(2điểm)

Cho 3 số phân biệt m,n,p.Chứng minh rằng phương trình 1 1 1 0

x mx nx p

nghiệm phân biệt

Bài 3(2điểm)

Với số tự nhiên n,n 3.Đặt

n

S

Chúng minhSn<1

2

Bài 4(3điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB = c.E là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung EC.AE cắt cạnh BC tại D a.Chúng minh:AD2 = AB.AC – DB.DC

b.Tính độ dài AD theo a,b,c

Bài 5(1.5điểm)

Chứng minh rằng :

2

1 2

m

n  n

 Với mọi số nguyên m,n

**********************************************

b a

D O

C

E

B

A

ĐÁP ÁN MễN TOÁN THI VÀO 10 TRƯỜNG CHUYấN Lấ QUí ĐễN NĂM 2009 Bài 1:

Vỡ a,b,c là độ dài ba cạnh tam giỏc nờn ta cú:a,b,c >0 và a< b+c ,b< a + c , c < a+b

Nờn ta cú a a a 2a

b c a b c a b c



Mặt khỏc a a

a b c c ba b c

a b cc aa b c

2 (3)

a b cb aa b c

Cộng (1) (2) và (3) vế theo vế ta cú điều phải chứng minh

Bài 2:

ĐK: xm n p, , PT đó cho  (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0

 3x2

-2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)

(m n p) 3(mn mp np)

      = m2+n2+p2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np =

m2+n2+p2 –mn-mp-np =1

2[(m-n)

2

+(n-p)2+(m-p)2] >0 Đặt f(x) = 3x2 -2(m+n+p)x + mn+ mp +np

Ta cú f(m) = 3m2 – 2m2 -2mn -2mp +mn +mp +np = m2 –mn –mp +np = (m-n)(m-p)  0

= >m,n,p khụng phải là nghiệm của pt(1)

Vậy PT đó cho luụn cú hai nghiệm phõn biệt

Bài 3

2

Ta có :

2

n

n n





n

S

Bài 3:

Ta cú BADCAE( Do cung EB = cung EC)

Và AECDBA( Hai gúc nội tiếp cựng chắn cung AC) nờn

ΔBAD ΔEAC

BA AE

AB AC AE AD

AD AC

Ta cú ADCBDC(Đối đỉnh) và CADDBE

(2 gúc nội tiếp cựng chắn cung CE) nờn ΔACD ΔBDE

AD DB

AD DE DB DChay

DC DE

AD(AE-AD) = DB.DC

Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1))

4b)Theo tớnh chất đường phõn giỏc ta cú hay DC

b

DC DB DB DC DB a



vậy

2 2

DB DC

theo cõu a ta cú AD2 = AB.AC – DB.DC =







2 2

AD bc

b c





Bài 5:

Vỡ là số hữu tỉ và 2là số vô tỉ nên m 2

n

m

Ta xet hai trường hợp:

m

n m n

Từ đú suy ra :

2

1

n





b) m 2 Khi đó m2 2n2 m2 2n2 1 hay m 2n2 1

Từ đú suy ra :

2

2

2 2

2

1

2 2

1

n

n n

n

 



************************************************

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

——————

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010

ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

—————————

(Đề có 01 trang) Câu 1: (3,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

1 1 9

2

1 5 2

x y

x y xy

xy



   





 b) Giải và biện luận phương trình: |x3 |p x| 2 | 5 (p là tham số có giá trị thực)

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho ba số thực a b c , , đôi một phân biệt

Chứng minh

b  c  c  a  a b  

Câu 3: (1,5 điểm)

Cho

2

1

A

x x



và

2

2 2

2 1

x B

x x





 

Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho 2

3

A B

C  là một số nguyên

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD) Gọi K, M lần lượt là trung điểm của BD,

AC Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC

tại Q Chứng minh:

a) KM // AB

b) QD = QC

Câu 5: (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1 Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong

một tam giác có diện tích không lớn hơn 4

—Hết—

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ tên thí sinh SBD

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

——————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC

2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho lớp chuyên Toán

—————————

Câu 1 (3,0 điểm).

a) 1,75 điểm:

Hệ đã cho

2

2[ ( ) ( )] 9 (1)

xy x y x y xy

xy xy







0,25

Giải PT(2) ta được:

2 (3) 1 (4) 2

xy xy







 



0,50

Từ (1)&(3) có:

1 2 3

1

x y

x y

y

 







 













0,25

Từ (1)&(4) có:

1 1 3

2 2

1

x y

x y

y

 











 



0,25

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( ; )x y (1; 2), (2; 1), (1; 1 / 2), (1 / 2; 1) 0,25

b) 1,25 điểm:

Xét 3 trường hợp:

TH1 Nếu 2x thì PT trở thành: (p1)x2(p1) (1)

TH2 Nếu 3 x2 thì PT trở thành: (1 p x) 2(1p) (2)

TH3 Nếu x  3 thì PT trở thành: (p1)x2(p4) (3)

0,25

Nếu p  1 thì (1) có nghiệm x 2; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:

2( 4)

1

p

p



0,25

Nếu p  1 thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2x; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm 0,25

Nếu p 1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 3 x2; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25

Kết luận:

+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và 2( 4)

1

p x p





 + Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm 2    x

+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm 3 x2

+ Nếu 1

1

p

p

 



 



thì phương trình có nghiệm x = 2

0,25

Câu 2 (1,5 điểm):

+ Phát hiện và chứng minh

1

a b a c   ba b c  c a c b  

1,0

+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:

2

b c c a a b a b a c b c b a c a c b

0,5

Câu 3 (1,5 điểm):

| 2 1| | 1|

x



  , suy ra:

3 | 2 1 | | 1|

x C

x x

Nếu x 1 Khi đó 2 1 1 4( 1) 0 1 4( 1) 1 1 2 0

Suy ra 0C1, hay C không thể là số nguyên với x 1

0,5

Nếu 1 1

2 x

   Khi đó: x  (vì x nguyên) và 0 C  Vậy 0 x  là một giá trị cần tìm 0 0,25

Nếu 1

2

x   Khi đó x   (do x nguyên) Ta có: 1

x C



     

3(2 1) 3(2 1)

C

  , suy ra 1 C 0 hay C 0 và x  1

Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x0 , x 1

0,25

Câu 4 (3,0 điểm):

a) 2,0 điểm:

Gọi I là trung điểm AB,

,

EIKCD RIMCD Xét hai tam giác KIB và KED có: ABDBDC 0,25

KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25

Suy ra KIB  KEDIK KE 0,25

Chứng minh tương tự có: MIA  MRC 0,25

Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR nên KM là đường trung bình  KM // CD 0,25

Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25

b) 1,0 điểm:

Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)  IK là đường trung bình của  ABD  IK//AD hay IE//AD

chứng minh tương tự trong  ABC có IM//BC hay IR//BC 0,25 Có: QK AD(gt), IE//AD (CM trên) QKIE Tương tự có QM IR 0,25

Từ trên có: IK=KE, QKIEQKlà trung trực ứng với cạnh IE của IER Tương tự QM là

Hạ QH CD suy ra QH là trung trực thứ ba của IER hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD 0,25

K

M

Q

 Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm)

Câu 5 (1,0 điểm):

A'

B' C'

A

P P'

Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S) Khi đó

1

Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng

này giới hạn tạo thành một tam giác A B C (hình vẽ) Khi đó ' ' ' S A B C' ' ' 4S ABC  Ta sẽ chứng 4

minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A B C' ' '

0.25

Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác A B C chẳng hạn như trên hình vẽ Khi đó ' ' ',

d P AB d C AB , suy ra S PABS CAB, mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích

lớn nhất

0.25 Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A B C' ' ' có diện tích không lớn hơn 4 0.25

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG

NĂM HỌC 2009-2010 Bài 1 : ( 1 điểm )

Cho

4 2 3 3

5 2 17 5 38 2

x  

tính  2 2009

1

P x  x

Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x2 + b.x + c = 0 ( 1 )

và x2 - b2 x + bc = 0 (2 )

biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1 ; x2 và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm x x thoả 3; 4 mãn điều kiện x3x1 x4x21 xác định b và c

Bài 3 : ( 2 điểm )

1 Cho các số dương a; b; c Chứng minh rằng a b c 1 1 1 9

     

2 Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c 3 Chứng ming rằng

2 12 2 2009 670

a b c abbcca 

Bài 4 : ( 3, 5 điểm )

Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) Gọi M ; N lần lượt là các

tiếp điểm của đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các cạnh AC và BC Đường

thẳng MN cắt các tia AO : BO lần lượt tại P và Q Gọi E; F lần lượt là trung điểm của AB ;

AC

1 Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp

2 Chứng minh Q; E; F thẳng hàng

3 Chứng minh MP NQ PQ OM



 

Bài 5 : ( 2 điểm )

1 Giải phương trình nghiệm nguyên 3x - y3 = 1

2 Cho bảng ô vuông kích thước 2009 2010, trong mỗi ô lúc đầu đặt một viên sỏi Gọi

T là thao tác lấy 2 ô bất kì có sỏi và chuyển từ mỗi ô đó một viên sỏi đưa sang ô bên cạnh ( là ô có chung cạnh với ô có chứa sỏi ) Hỏi sau một số hữu hạn phép thực hiện các thao tác trên ta có thể đưa hết sỏi ở trên bảng về cùng một ô không

Lời giải

Bài 1 :

3 3

3

3

5 2 17 5 38 2 5 2 (17 5 38) 2

1

1 2

17 5 38 17 5 38 2



vậy P = 1

Bài 2 : vì x3x1x4x2 => 1 x3x11;x4 x2 1

Theo hệ thức Vi ét ta có

1 2

1 2

2

(1) (2)

x x b

x x c

  











Từ (1 ) và ( 3 ) => b2 + b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2

từ ( 4 ) => x x1 2x1x2 1 bc => c - b + 1 = bc ( 5 ) +) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x2 + +b x + c = 0 trở thành

X2 + x + 1 = 0 có nghiệm nếu 1 4 0 1

4

      +) với b = -2 ( 5 ) trở thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phương trình x2 + b x + c = 0 trở thành

x2 - 2 x - 1 = 0 có nghiệm là x = 1 2

vậy b= 1; c 1

4

c  ;

b = -2 ; c = -1

Bài 3 :

1 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương

3

a  b c abc

3

3

=> a b c 1 1 1 9

a b c

     

dấu “=” sảy ra  a = b = c

3 3

a b c

abbccaa b c abbcca    2007

669

ab bc ca

 

Áp dụng câu 1 ta có

2 2 2

a b c ab bc ca

a b c ab bc ca ab bc ca

=>

2 2 2

1

a b c abbcca  a b c 

vậy 2 12 2 2009 670

a b c abbcca  dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1

Bài 4 : a) ta có

0

1 2

BOP BAO ABO A B

C

BOP PNC



=> tứ giác BOPN nội tiếp

+) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp

+) do tứ giác AOQM nội tiếp=> AQO AMO900

tứ giác BOPN nội tiếp =>   0

90

BPOBNO

=>   0

90

AQB APB => tứ giác AQPB nội tiếp

b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA

=>   1  

2

EQBEBQ BQBC=> QE //BC

Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC

 Q; E; F thẳng hàng c)

MP OM OP MOP COB g g

a OC OB

NQ ON OM NOQ COA g g

b OC OC

PQ OP OM POQ BOA g g

c OB OC

OM MP NQ PQ MP NQ PQ

OC a b c A B C

  Bài 5 :

1) 3x - y3 = 1

3x y 1 y y 1

     => tồn tại m; n sao cho 2

y y

m b x m b x

+) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0

+) nếu m > 0 thì 9 3.3 3 3 3 3 1

9 3.3 3 9 3 9

=> 9m3.3m  3 3 3m3m30 => m = 1 => y = 2 ; x = 2

vậy p/ trình có hai nghiệm là ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )

2.Ta tô màu các ô vuông của bảng bằng hai màu đen trắng như bàn cờ vua

Lúc đầu tổng số sỏi ở các ô đen bằng 1005 2009 là một số lẻ

sau mối phép thực hiện thao tác T tổng số sỏi ở các ô đen luôn là số lẻ

vậy khụng thể chuyển tất cả viờn sỏi trờn bẳng ụ vuụng về cựng một ụ sau một số hữu hạn cỏc phộp thưc hiện thao tỏc T

Sở giáo dục-đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên

Môn thi : toán(đề chuyên)

đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề)

Bài 1.(2,5 điểm)

1) Giải phương trình: 2 1 1 2

x  x x 

2) Giải hệ phương trình:

1 7

12

x

x y x

x y







 



Bài 2.(2,0 điểm)

Cho phương trình: x 6x 3 2m 0

a) Tìm m để x = 7 48 là nghiệm của phương trình

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x=x 1 ; x=x 2 thoả mãn:

1 2

1 2

24 3







Bài 3.(2,0 điểm)

1) Cho phương trình: 2  

2x 2 2m6 x6m52 ( với m là tham số, x là ẩn số) Tìm 0 giá trị của m là số nguyên để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ

2) Tìm số abc thoả mãn:abca b 24c

Bài 4.(3,5 điểm)

Cho ∆ABC nhọn có CA. Đường tròn tâm I nội tiếp  ABC tiếp xúc với các cạnh

AB, BC, CA lần lượt tại các điểm M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE

a) Chứng minh:AIB 900 

2

C

  b) Chứng minh 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn

c) Gọi T là giao điểm của BI với AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET

d) Gọi Bt là tia của đường thẳng BC và chứa điểm C Khi 2 điểm A, B và tia Bt cố

định; điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng minh rằng các

đường thẳng NE tương ứng luôn đi qua một điểm cố định

- Hết -

Họ và tên thí sinh:……… Số báo danh:………

Chữ ký giám thị số 1:……….Chữ ký giám thị số 2………

Gợi ý một số câu khó trong đề thi:

Bài 3:

1) Ta có  =' 2  2

4m 12m68 2m3 77

Để phương trình có nghiệm hữu tỷ thì  phải là số chính phương Giả sử '

'

 = n 2( trong đó n là số tự nhiên)

Khi đó ta có

2m3277n22m32n2772m 3 n  2m 3 n77

Do nN nên 2m-3+n>2m-3-n

Và do mZ, nN và 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11)

Từ đó xét 4 trường hợp ta sẽ tìm được giá trị của m

2)Từ giả thiết bài toán ta có:

2

100 10

10 10

a b

a b c a b c c do a b

a b

a b a

a b



Ta có 4a b 21 là số lẻ và do 0  nên c 9 4a b 21 5

Mà  2

4 a b là số chẵn nên  2

4 ab phải có tận cùng là 6  2

ab phải có tận cùng là 4 hoặc 9 (*)

Mặt khác 2.5 2

4( ) 1

ab c

a b



  và

4 a b 1 là số lẻ 4a b 21<500a b 2125, 25(**) Kết hợp (*) và (**) ta có  2

ab {4; 9; 49; 64}

 a+b {2; 3; 7; 8}

+ Nếu a+b{2; 7; 8} thì a+b có dạng 3k ± 1(kN) khi đó 4a b 2 chia hết cho 3 1

mà (a+b) + 9a= 3k ± 1+9a không chia hết cho 3 10a b 9a không  3  c N

+ Nếu a+b =3 ta có 10 3 9  6 1 3 

c    Vì 0<a<4 và 1+3a7  1+3a=7  a=2, khi đó c=6 và b=1.Ta có số 216 thoả mãn

Kết luận số 216 là số cần tìm