tuyen sinh chuyen ha long 2012

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH KỲ THI TUYỂ SIH LỚP 10 TRƯỜG THPT CHUYÊ HẠ LOG ĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ THI CHÍH THỨC MÔ: TOÁ (Dành cho thí sinh thi chuyên toán, chuyên tin) gày thi : 30/6/2011 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Chữ ký GT 1 : Chữ ký GT 2 : (Đề thi này có 01 trang) Bài 1 (1,5 điểm): Cho ba số thực ; ; x y z khác 0 thỏa mãn: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 3 3 x y z x y z  + + =    + + =  Tính giá trị của biểu thức: P x y z = + + . Bài 2 (2,5 điểm): a) Giải phương trình: 2 2 10 15 3 2 5 2 5 x x x x + − + = − + + . b) Giải hệ phương trình: 2 2 4 4 2 2 10 4 20 x y xy x y  + + =   + =   Bài 3 (1,5 điểm): Tìm giá trị nguyên của tham số m để phương trình 4 2 2 18 0 x mx + + = có 4 nghiệm phân biệt 1 2 3 4 ; ; ; x x x x sao cho 4 4 4 4 1 2 3 4 2 x x x x + + + là bình phương của một số nguyên dương. Bài 4 (3,5 điểm): Cho ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O) thay đổi luôn đi qua B và C sao cho điểm O nằm ngoài đường thẳng BC. Qua A kẻ các tiếp tuyến AE, AF với đường tròn (O ) (E, F là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC,  là giao điểm của EF và AO. a) Chứng minh độ dài của AE, AF không phụ thuộc vào vị trí của đường tròn (O). b) Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K, chứng minh EK // AC. c) Chứng minh tứ giác BOC nội tiếp. d) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OI luôn đi qua một điểm cố định khác I khi đường tròn (O) thay đổi. Bài 5 (1 điểm): Cho ; x y là các số thực dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng: 2 2 8 1 1 x y y x + ≥ − − . ………………… Hết ……………… Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁ (Dành cho thí sinh thi chuyên toán, chuyên tin) (Hướng dẫn chấm này có 03 trang) LỜI GIẢI SƠ LƯỢC CHO ĐIỂM Có 3 3 3 3 x y z + + = ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 x y z x y z ⇒ + = − ⇒ + = − ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 27 9 3 x y xy x y z z z ⇒ + + + = − − − 0,5 đ Thế 3 3 3 3 x y z + = − và 3 3 3 3 z x y − = + ta được: ( ) ( ) 3 3 3 3 3 27 9 3 3 x y z z x y xy z + + = − + − − 3 3 3 3 27 9 9 9 3 xz yz xy xyz = − − − + ( ) 3 3 3 3 27 3 3. 3. 3. xy yz zx xyz = − + + − 0,25 đ Từ 3 3 3 1 1 1 1 3 x y z + + = 3 3 3 3 3. 3. 3. xy yz zx xyz ⇒ + + = 0,5 đ Bài 1 1,5 đ Vậy 27 x y z + + = . 0,25 đ 2 2 10 15 3 2 5 2 5 x x x x + − + = − + + Điều kiện: 2 x ≥ 0,25 đ ( ) ( ) 2 2 5 3 2 5 2 5 15 0 x x x x ⇔ − + − − − + + = ( ) ( ) 2 2 5 3 5 2 5 3 0 x x x ⇔ − + − − + − = ( ) ( ) 2 5 3 2 5 0 x x ⇔ + − − − = 2 5 3 2 5 x x  + = ⇔  − =   0,5 đ *) 1 2 5 3 2 5 9 2 x x x + = ⇔ + = ⇔ = (Thỏa mãn điều kiện) **) 2 2 5 2 25 27 x x x − = ⇔ − = ⇔ = (Thỏa mãn điều kiện) 0,25 đ Bài 2.a 1,25 đ Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 2 2; 27 x x = = . 0,25 đ Có: 20 = 4 4 4 x y + ( ) 4 4 2 2 2 2 4 4 4 x y x y x y = + + − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 x y xy = + − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 x y xy x y xy = + − + + . 0,25 đ Kết hợp với 2 2 2 2 10 x y xy + + = ⇒ 2 2 2 2 2 x y xy + − = . Vậy ta có hệ: 2 2 2 2 2 2 10 2 2 2 x y xy x y xy  + + =   + − =   2 2 2 6 2 x y xy  + = ⇔  =  2 2 2 3 2 x y xy xy  + = ⇔  =  0,25 đ 2 2 2 3 x y xy + = 2 2 3 2 0 x xy y ⇔ − + = 2 2 2 2 0 x xy xy y ⇔ − − + = ( ) ( ) 2 0 x x y y x y ⇔ − − − = ( )( ) 0 2 0 2 0 x y x y x y x y − =  ⇔ − − = ⇔  − =  0,25 đ Với 0 x y − = kết hợp với 2 xy = 1 1 2 2 2; 2 x y x y⇒ = = = = − Với 2 0 x y − = kết hợp với 2 xy = 3 3 2 1 x y =  ⇒  =  ; 4 4 2 1 x y = −   = −  0,25 đ Bài 2.b 1,25 đ Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm: ( ) ( ) ( ) ( ) 2; 2 ; 2; 2 ; 2;1 ; 2; 1 − − − − 0,25 đ Đặt 2 x t = phương trình đã cho trở thành 2 2 18 0 t mt + + = (*). Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm dương 1 2 ; t t phân biệt. 2 1 2 1 2 ' 18 0 . 18 0 18 2 0 m t t m t t m  ∆ = − >  ⇔ = > ⇔ < −   + = − >  0,5 đ Khi đó: 4 4 4 4 2 2 1 2 3 4 1 2 2 x x x x t t + + + = + ( ) 2 2 1 2 1 2 2 4 36 t t t t m = + − = − 0,25 đ 4 4 4 4 1 2 3 4 2 x x x x + + + là bình phương của số nguyên dương 2 2 4 36 m k ⇔ − = ( * k ∈ ℕ ) ( ) ( ) 2 2 36 m k m k ⇔ − + = vì ( ) ( ) 2 2 2 0 m k m k k + − − = > chẵn nên 2 m k + và 2 m k − cùng tính chẵn lẻ và 2 2 m k m k + > − . Vậy 2 18 2 2 2 2 2 18 m k m k m k m k  + =    − =    + = −    − = −    5 8 5 8 m k m k  =    =   ⇔  = −    =    0,5 đ Bài 3 1,5 đ Kết hợp với điều kiện ta có 5 m = − là giá trị cần tìm. 0,25 đ Bài 4 K P N F E I A C B O Xét ABF ∆ và A FC ∆ có  A chung,   AFB ACF = (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O) cùng chắn  BF ABF ⇒ ∆ A FC ∆ 0,25 đ a 0,5 đ 2 A A . A . A F AC F AB AC F AB AC AB F ⇒ = ⇒ = ⇒ = = hằng số, mà A AE F = ( tính chất tiếp tuyến). Vậy độ dài ;A AE F không phụ thuộc vào (O). 0,25 đ Có ; AE AF là tiếp tuyến của ( ) O ⇒   0 90 AEO AFO = = . BI IC OI BC = ⇒ ⊥ ⇒  0 90 AIO = ⇒ 5 điểm ; ; ; ; A E O I F cùng thuộc một đường tròn 0,25 đ   AEF AIF ⇒ = (hai góc nội tiếp đường tròn qua 5 điểm ; ; ; ; A E O I F cùng chắn  AF ). 0,25 đ Lại có   AEF EKF = (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O) cùng chắn  EF ). 0,25 đ b 1,0 đ Vậy   EKF AIF = ⇒ EK // AC . 0,25 đ S Các chú ý khi chấm: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa. Trong các phần có liên quan với nhau, nếu học sinh làm sai phần trước thì phần sau liên quan với nó dù làm đúng cũng không cho điểm. Trường hợp sai sót nhỏ có thể cho điểm nhưng phải trừ điểm chỗ sai đó. Không cho điểm lời giải bài hình nếu học sinh không vẽ hình. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 3. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm. Hết A AE F = ; OE OF = ⇒ E AO ⊥ . Xét tam giác vuông AEO có E là đường cao 2 . AE A AO ⇒ = 0,25 đ Theo câu a ta có 2 . AE AB AC = . Vậy . . A AC A AO AB AC AB AO = ⇒ = 0,25 đ Xét AB ∆ và ACO ∆ có  A chung, A AO AB AC = ⇒ AB ∆ ACO ∆ 0,25 đ c 1,0 đ   AB ACO ⇒ = ⇒ tứ giác BOC nội tiếp. 0,25 đ Giả sử EF cắt AC tại P, chứng minh được tứ giác NOIP nội tiếp 0,25 đ Chứng minh được AP ∆ AIO ∆ . . A AI A AO AP AI AP AO ⇒ = ⇒ = 0,25 đ Theo câu c ta có . . A AO AB AC = = hằng số. ⇒ AP.AI không đổi, mà A, B, C cố định, I là trung điểm của BC nên AI không đổi. Vậy AP không đổi hay P cố định. 0,25 đ d 1,0 đ Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác OI luôn đi qua P cố định khác I. 0,25 đ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương 2 1 x y − và 2 1 y x − ta được: 2 2 2 2 2 . 2 . 1 1 1 1 1 1 x y x y x y y x y x x y + ≥ = − − − − − − 0,25 đ Lại có ( ) 1 1 0 1 1. 1 2 2 2 1. x x x x x x + − < − = − ≤ = ⇒ ≥ − . Tương tự ta chứng minh được 2 1 y y ≥ − 0,5 đ Bài 5 1,0 đ Vậy 2 2 8 1 1 x y y x + ≥ − − . 0,25 đ S S . tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁ (Dành cho thí sinh thi. một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa. Trong các phần có liên quan với nhau, nếu học sinh làm sai phần trước thì phần. KỲ THI TUYỂ SIH LỚP 10 TRƯỜG THPT CHUYÊ HẠ LOG ĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ THI CHÍH THỨC MÔ: TOÁ (Dành cho thí sinh thi chuyên toán, chuyên tin) gày thi : 30/6/2011 Thời gian