Tổng hợp 200 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán trường chuyên các năm

Xin giới thiệu với độc giả là thầy cô giáo và các em học sinh 200 đề thi vào lớp 10 môn toán trường chuyên các năm để mọi người tham khảo. Tất cả các đề các trường nổi tiếng như quốc học Huế, chuyên Lê Hồng Phong, trường chuyên ĐHSP Hà Nội đều có trong bộ đề này. Đa số đều có lời giải chi tiết hoặc đáp án gợi ý.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Tin (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) ———————————— Câu 1 (3,0 điê ̉ m). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đồ thị (P) của hàm số: 22 (2 1) 1yx m xm   và đường thẳng (D): 3 2 m yx; trong đó m la ̀ tham sô ́ . a) Cho 1m  , tìm hoành độ các giao điểm của (P) và (D). b) Tı ̀ m tâ ́ t ca ̉ ca ́ c gia ́ tri ̣ cu ̉ a tham sô ́ m để (P) và (D) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có hoành độ không âm. Câu 2 (3,0 điê ̉ m). a) Gia ̉ i phương trı ̀ nh: 5 593 54 x x x    . b) Cho hai số , x y liên hê ̣ vơ ́ i nhau bơ ̉ i đẳng thư ́ c 22 27( )2100xxyxyy   . Tı ̀ m gia ́ tri ̣ lơ ́ n nhâ ́ t và giá trị nho ̉ nhâ ́ t cu ̉ a biê ̉ u thư ́ c 1Sxy   . Câu 3 (1,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương 12 ,,,, n x xxn thỏa mãn: 12 54 n xx x n  và 12 11 1 1 n xx x    Câu 4 (2,0 điểm). Cho tam giác A BC có . A BAC  Trên các cạnh , A BAC lần lượt lấy các điểm , E D sao cho .DE DC Giả sử đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn thẳng E B cắt đường thẳng BC tại .F a) Chứng minh rằng đường thẳng E F chia đôi góc  . A ED b) Chứng minh rằng   .BFE CED Câu 5 (1,0 điểm). Trong một hô ̣ p co ́ 2010 viên so ̉ i. Co ́ hai ngươ ̀ i tham gia tro ̀ chơi, mô ̃ i ngươ ̀ i lâ ̀ n lươ ̣ t pha ̉ i bô ́ c ı ́ t nhâ ́ t la ̀ 11 viên so ̉ i va ̀ nhiê ̀ u nhâ ́ t la ̀ 20 viên so ̉ i. Ngươ ̀ i na ̀ o bô ́ c viên so ̉ i cuô ́ i cu ̀ ng se ̃ thua cuô ̣ c. Ha ̃ y tı ̀ m thuâ ̣ t chơi đê ̉ đa ̉ m ba ̉ o ngươ ̀ i bô ́ c đâ ̀ u tiên luôn la ̀ ngươ ̀ i thă ́ ng cuô ̣ c. Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ tên thí sinh: ……………………………………… Số báo danh: ………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác đúng và đủ các bước vẫn cho điểm tối đa. - Trong mỗi câu, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không được điểm. - Câu hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình mới chấm điểm, nếu thí sinh không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần đó. - Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu 1 (3 điê ̉ m). a) 1,0 điểm Nô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Khi 1m  , hoành độ giao điểm của (P) và (D) là nghiệm PT: 2 1 33 2 xxx   0,25 2 21210xx , có '36238   0,25 Vậy hoành độ các giao điểm là: 638638 , 22  0,50 b) 2,0 điểm Nô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Hoành độ giao điểm của (P) và (D) là nghiệm PT: 22 (2 1) 1 3 2 m xmxm x   0,25 22 24( 2) 20xmxm  (1) 0,25 PT (1) có: 22 '4( 2) 2( 2)mm    , để (P) cắt (D) tại hai điểm phân biệt thì '0   (2) 0,25 Có: 22 (2) 2( 2) ( 2) 0mm 42 28 100mmm 0,25 2 422 42 11 1 1 39 27 2 10 027 0 24 4 2 4 mmm m mmm      , đúng với mọi m . 0,25 Gọi 12 , x x là hoành độ giao điểm của (P) và (D) ta có: 2 12 12 2( 2) (3) 2 (4) 2 xx m m xx          0,25 Để 1 2 0 0 x x      thì 12 12 0 0 xx xx      , từ (3) và (4) suy ra: 2m  . 0,25 Vậy các giá trị m cần tìm là: 2m  0,25 Câu 2 (3 điê ̉ m). a) 1,5 điểm Nô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Điều kiện: 540 4 590 5 x x x       0,25 Đặt 59 5ux, suy ra: 22 59,54 5xu x u  , thay vào PT đã cho có: 0,25 2 2 9 3 5 u u u    2 3(1) 3 1(2) 5 u u u           0,25 (1) 0x (thỏa mãn điều kiện) 0,25 2 (2) 3 5 6 14uu u   vô nghiệm do 5u  0,25 Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất 0x  . 0,25 b) 1,5 điểm Nô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Viê ́ t la ̣ i biê ̉ u thư ́ c đa ̃ cho tha ̀ nh 22 (1)5(1)4(*)xy xy y   . 0,50 Như vâ ̣ y vơ ́ i mo ̣ i x va ̀ mo ̣ i y ta luôn co ́ 2 540SS   (vơ ́ i 1Sxy  ) 0,25 Suy ra: (4)(1)0 4 1SS S. 0,25 Tư ̀ đo ́ co ́ : min 4S  , khi 5 0 x y      0,25 max 1S  , khi 2 0 x y      . 0,25 Câu 3 (1,0 điê ̉ m). Nô ̣ i dun g trı ̀ nh ba ̀ y Đ iê ̉ m Không mất tính tổng quát, coi 12 . n x xx Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có:  2 12 1 12 1 2 11 1 1 5 4 . 5401 4 n n nn nn nxx x nxxn n xx x xx nn n               0,25 Với 1n  , ta có: 1 1 1 51 4 1. 1 1 x x x         Với 2n  , ta có: 12 12 12 12 12 52 4 6 6 11 1 xx xx x xxx xx             hệ này không có nghiệm nguyên. 0,25 Với 3n  , ta có: 123 123 53 4 11 (1) 111 1(2) xxx xxx        Từ (2) suy ra 1 1x  kết hợp với (1) suy ra 1 23x   . Thử trực tiếp, được     123 ;; 2;3;6.xxx  0,25 Với 4n  thì 1234 4xxxx (dấu đẳng thức trong bất đẳng thức AM - GM). Kết luận + Với 1n  thì 1 1x  + Với 3n  thì 123 (; ; ) (2;3;6)xxx  ;(2;6;3);(3;2;6);(3;6;2);(6;2;3);(6;3;2) + Với 4n  thì 1234 ( ; ; ; ) (4; 4; 4; 4)xxxx  0,25 Câu 4 (2,0 điê ̉ m).        G F M E C B A D a) 1,25 điểm Nô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Gọi M là trung điểm , B E G là giao điểm của các đường thẳng ,. E FAC Ta sẽ chứng minh GA EA GD ED  0.25 Áp dụng định lý Ménélaus cho A DM với cát tuyến ,,GEF ta có: 1 GA FD EM GA FM EA GD FM EA GD FD EM  Lấy I BC sao cho DI AB , khi đó do hai tam giác , F MB FDI đồng dạng nên F MBM F DDI  0.25 Do A BC cân, DI AB nên DCI cân, hay DI DC DE   suy ra: F MBMBM F DDIDE  0.25 Do M là trung điểm của B E nên E MMB do đó E AEA E MMB  0.25 Vậy GA FM EA BM EA EA GD FD EM DE BM ED  điều phải chứng minh. 0.25 b) 0,75 điểm Nô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Đặt      ;;.ABC ACB DCE DEC DEG GEA      Ta sẽ chứng minh .    Thật vậy: Trong tam giác BEC có   ,CBE BCE    suy ra   00 180 180 2CEB          (1) 0.25 Do ,,GEF thẳng hàng nên  FEB   và do đó     00 180 180CEB CEG BEF     (2) 0.25 Từ (1) và (2) suy ra    , điều phải chứng minh. 0.25 Câu 5 (1,0 điê ̉ m). Nô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Đê ̉ đa ̉ m ba ̉ o thă ́ ng cuô ̣ c, ơ ̉ nươ ́ c đi cuô ́ i cu ̀ ng cu ̉ a mı ̀ nh ngươ ̀ i bô ́ c so ̉ i đâ ̀ u tiên pha ̉ i đê ̉ la ̣ i trong hô ̣ p 11 viên so ̉ i. Ơ ̉ nươ ́ c đi trươ ́ c đo ́ pha ̉ i đê ̉ la ̣ i trong hô ̣ p: 11 (20 11) 42   viên so ̉ i. 0,25 Suy ra ngươ ̀ i bô ́ c so ̉ i đâ ̀ u tiên pha ̉ i đa ̉ m ba ̉ o trong hô ̣ p lu ́ c na ̀ o cu ̃ ng co ̀ n 11 31k  viên so ̉ i. 0,25 Ta co ́ (2010 11) : 31 65 dư 15. Như vâ ̣ y ngươ ̀ i bô ́ c so ̉ i đâ ̀ u tiên ơ ̉ lâ ̀ n thư ́ nhâ ́ t cu ̉ a mı ̀ nh pha ̉ i bô ́ c 15 viên. 0,25 Tiê ́ p theo, khi đô ́ i phương bô ́ c k viên so ̉ i ( 1, 2, , 20k  ) thı ̀ ngươ ̀ i bô ́ c so ̉ i đâ ̀ u tiên pha ̉ i bô ́ c 31 k  viên so ̉ i, cuô ́ i cu ̀ ng se ̃ đê ̉ la ̣ i 11 viên so ̉ i cho đô ́ i phương. 0,25 Hết SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho tất cả các thí sinh (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) ———————————— Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức 11 () 11 Px x x   a) Rút gọn () P x . b) Tìm giá trị của x để () 2Px   . Câu 2 (3,0 điểm). Cho 22 () (2 1) 1fx x m x m    ( x là biến, m là tham số) a) Giải phương trình () 0fx  khi 1m  . b) Tìm tất cả các giá trị của m để đẳng thức 2 () ( ) f xaxb đúng với mọi số thực x ; trong đó ,ab là các hằng số. c) Tìm tất cả các giá trị m   để phương trình () 0fx có hai nghiệm 12 1 2 ,( ) x xx x sao cho biểu thức 12 12 x x P x x   có giá trị là số nguyên. Câu 3 (3,0 điê ̉ m). Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho A PR . Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại điểm M (điểm M khác điểm A). a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn. b) Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng OP tại điểm K, đường thẳng PM cắt đường thẳng ON tại điểm I; đường thẳng PN và đường thẳng OM cắt nhau tại điểm J. Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng. Câu 4 (1,0 điê ̉ m). Cho các số thực dương ,,abc thỏa mãn 9 4 abc  . Chứng minh rằng: 333 abc abcbcacab      Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên   ; x y thỏa mãn hệ: 2 22 12 12 p x p y        Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ tên thí sinh: ……………………………………… Số báo danh: ………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ———————— HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Dành cho tất cả các thí sinh I. HƯỚNG DẪN CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác đúng và đủ các bước vẫn cho điểm tối đa. - Trong mỗi câu, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không được điểm. - Câu hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình mới chấm điểm, nếu thí sinh không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần đó. - Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu 1 (2,0 điê ̉ m). a) 1,0 điểm N ô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Điều kiện: 0 10 x x         01 x  0,50 Khi đó: 11 () (1 )(1 ) x x Px x x    2 () 1 Px x   0,50 b) 1,0 điểm N ô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Theo phần a) có: 2 () 2 2 1 Px x     0,25 1 1 1 x   11x  2x (thỏa mãn điều kiện). Mỗi dấu  đúng cho 0,25 điểm. 0,75 Câu 2 (3 điê ̉ m). a) 1,0 điểm N ô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Thay 1m  vào PT () 0fx ta có: 2 320xx   (1) 0,25 PT(1) có: 132 0abc 0,50 Vậy PT có hai nghiệm là: 1 và 2. 0,25 b) 1,0 điểm N ô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Với mọi m ta có: 22 22 11 1 () 2 1 22 2 fx x m x m m m              0,25 2 2 22 11 () 1 22 fx x m m m              0,25 2 2 13 () 24 f xxm m        0,25 Suy ra: để  2 3 () 4 fx ax b m . Vậy tồn tại duy nhất giá trị 3 4 m  thỏa mãn yêu cầu. 0,25 c) 1,0 điểm N ô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m () 0fx có 2 nghiệm phân biệt  2 2 3 214( 1)0430 4 mm m m            0,25 Khi đó ta có: 2 12 2 12 21 12 1 5 21 4 4(21) 1 xx m mm P mm xx m             5 421 21 Pm m   (*) 0,25 Do 3 4 m  , nên 211m , để P  phải có: (2 1)m  là ước của 5 215 2mm 0,25 Với 2m  thay vào (*) có: 5 42.21 4 1 2.2 1 PP   . Vậy giá trị m cần tìm bằng 2. 0,25 Câu 3 (2 điê ̉ m). x O K I M J N P B A a) 1,0 điểm: Ta có:   0 90PAO PMO 0,50    0 180PAO PMO  tứ giác APMO nội tiếp 0,50 b) 2,0 điểm: Ta có   1 2 ABM AOM ; OP là phân giác của góc    1 2 AOM AOP AOM 0,25    ABM AOP (2 góc đồng vị)  MB // OP (1) 0,25 Ta có hai tam giác AOP, OBN bằng nhau  OP = BN (2) Từ (1) và (2)  OBNP là hình bình hành 0,25  PN // OB hay PJ // AB. Mà ON  AB  ON  PJ. 0,25 Ta cũng có: PM  OJ  I là trực tâm tam giác POJ  IJ  PO (3) 0,25 Ta lại có: AONP là hình chữ nhật  K là trung điểm của PO và   A PO NOP 0,25 Mà   APO MPO   IPO cân tại I. 0,25 IK là trung tuyến đồng thời là đường cao  IK  PO (4) Từ (3) và (4)  I, J, K thẳng hàng 0,25 Câu 4 (1 điê ̉ m). N ô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Điê ̉ m Ta có:  2 0, 0xy xy xy Suy ra:     2 22 00ab ab a abb abab     33 ()ababab  (1), dấu ‘=’ xẩy ra ab   . 0,25 Từ (1) và BĐT AM – GM có: 333 3 3 () 2 ()3a b c ab a b c abc a b c a b     (do 9 4 abc  ) 0,25 Vậy: 333 3abc cab , dấu ‘=’ xẩy ra 3 () ab ab a b c        (2) Tương tự có: 333 3abc abc , dấu ‘=’ xẩy ra 3 () bc bc b c a        (3) 333 3abc bca , dấu ‘=’ xẩy ra 3 () ca ca c a b        (4) 0,25 Từ (2), (3) và (4) có: 333 abc abcbcacab    (5), dấu ‘=’ xẩy ra 0abc vô lí, do 9 4 abc  , hay ta có đpcm. 0,25 Câu 5 (1 điê ̉ m). Nội dung trình bày Điểm Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 0, 0xy. Từ phương trình 2 12px suy ra p là số lẻ. Dễ thấy 0 x yp yx không chia hết cho p (1) 0.25 Mặt khác, ta có         222 2 2 0mod 0modyxppyxyx pyx p   (do (1)) 0.25 Do 002 x yp yx p xyp ypx   thay vào hệ đã cho ta được  2 2 2 2 2 2 2 12 41 12 12 41 2 4 14 1 12 px p x px px p xxx ppxp ppx                        0.25 Giải hệ này ta được 7, 2px thay vào hệ ban đầu ta suy ra 5y  . Vậy 7.p  0.25 Hết SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. ———————————— Câu 1 (3,0 điểm). Cho phương trình : 43 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) 0 (1)xmx m xmm xm  (trong đó x là ẩn, m là tham số) 1. Giải phương trình (1) với 2.m   2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình (1) có bốn nghiệm đôi một phân biệt. Câu 2 (1,5 điểm). Tìm tất cả các cặp hai số nguyên (; ) xy thỏa mãn 43 2 1 x xy   Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác A BC với BC CA AB nội tiếp trong đường tròn ()O . Trên cạnh BC lấy điểm D và trên tia B A lấy điểm E sao cho .BD BE CA Đường tròn ngoại tiếp tam giác B DE cắt cạnh A C tại điểm ,P đường thẳng B P cắt đường tròn   O tại điểm thứ hai .Q 1. Chứng minh rằng tam giác AQC đồng dạng với tam giác EPD. 2. Chứng minh rằng . B PAQCQ   Câu 4 (1,5 điểm). Cho các số thực dương ,,.abc Chứng minh rằng    3 222 22 2 22 2 22 2 2444 54 abc ca b ab c bc a abc ab bc ca         Câu 5 (1,0 điểm). Cho đa giác lồi 12 100 A AA . Tại mỗi đỉnh k A ( 1,2, ,100k  ), người ta ghi một số thực k a sao cho giá trị tuyệt đối của hiệu hai số trên hai đỉnh kề nhau chỉ bằng 2 hoặc 3. Tìm giá trị lớn nhất có thể được của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh của đa giác đã cho, biết rằng các số ghi tại các đỉnh đã cho đôi một khác nhau. Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ tên thí sinh: ……………………………………… Số báo danh: ………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác đúng và đủ các bước vẫn cho điểm tối đa. - Trong mỗi câu, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không được điểm. - Câu hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình mới chấm điểm, nếu thí sinh không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần đó. - Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu 1 (3,0 điểm). Câu 1.1 (1,5 điểm) Điê ̉ m Nô ̣ i dung trı ̀ nh ba ̀ y Khi 2m  phương trình đã cho có dạng 432 2 2 1 0 (2)xxxx Nếu 0x  thì 432 02002010   , vô lý, vậy 0x  . 0,5 Chia hai vế của pt (2) cho 2 x ta được: 2 2 11 210 xx xx      Đặt 22 2 11 2 xtx t xx    thay vào phương trình trên ta được 2 210 1tt t    0,5 Với 1t  ta được 2 115 110 2 xxxx x    0.25 Kết luận nghiệm 0.25 Câu 1.2 (1,5 điểm) Điểm 2 Nếu 0x  thì phương trình đã cho trở thành 2 (1)0m   . Khi 1m   thì phương trình vô nghiệm. Khi 1m  thì 0x  là một nghiệm của phương trình đã cho, và khi đó phương trình đã cho có dạng 43 001xx x x   . Phương trình chỉ có hai nghiệm. Do đó 0x  và 1m   . 0.25 Chia hai vế của phương trình cho 2 0x  và đặt (1)m x t x    ta được phương trình 2 1 (1)0 1 t tmtm tm        0.25 Với 1t  ta được phương trình 2 (1)0xxm   (1) Với 1tm ta được phương trình 2 (1)(1)0xmxm   (2) Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi mỗi một trong các phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt, đồng thời chúng không có nghiệm chung. 0.25 (1) và (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi    2 14 1 0 1. (3) 14 10 m m mm          0.25 Khi đó nếu 0 x là một nghiệm chung của (1) và (2) thì     2 00 2 00 1 11 mxx mxmx         Từ đó 0 (2) 0mx điều này tương đương với hoặc 2m   hoặc 0 0x  0.25 Nếu 0 0x  thì 1m  , loại. Nếu 2m  thì (1), (2) có hai nghiệm 15 2 x   . Do đó (1) và (2) có nghiệm 0.25 [...]... 144.7  100 8 ; 31  312  961  12 7  31 1 1    21   a    3   b   > 31 (đpcm) a b   HẾT Gv sưu tầ m và biên soa ̣n: Ta ̣ Minh Bınh ̀ Trườ ng: THCS Tha ̣nh Lợc-Châu Thà nh- Kiên GiangEmail: gv.minhbinhkg@gmail.com TRƯỜNG THCS TƠ HIỆU ĐỀ THI THỬ LẦN 2 Đề gồm 02 trang KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 PTTH NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi : TỐN Thời gian làm bài 120 phút (khơng kể giao đề) ... 0,25 0,25 DF DM   DM DB  DF DO DB DO (6) Từ (5) và (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm) HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa -Đề thi thử THPT ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT / 2011-2012 SỞ GD-ĐT Phòng GD Mơn thi : TỐN Thời gian : 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Bài 1: (1 điểm) Tính : 82 2 3 2  23 2 2  2 1 2 Bài 2: (3 điểm) Cho phương trình (... minh Ta có f      2 2 Theo nhận xét trên ta có: 1  A      1  f   2012   100 5  f   2012   2011    f     2012     100 7   f    2012    2  f   2012  1  2 010   f      2012    100 6  f   100 5   2012  1 f    100 5,5 2 0,75 ĐỀ THI VÀO 10 VÀ ĐÁP ÁN §Ị 1 C©u1 : Cho biĨu thøc  x(1  x 2 ) 2  x 3  1  x3 1 Víi x 2 ;1  x :... X ta có: X = (4m2  2)2  2012(4m2  2)  2 = (4m2  2)2  2.(4m2  2) .100 6  100 62  100 62  2 2 = (4 m2  2)  100 6   (100 6 2  2)  - (100 6 2  2)   X đa ̣t giá tri nhỏ nhấ t khi 4 m2  2  100 6  0  4 m2  100 8  m2  252 ̣ m  6 7 thỏa điề u kiê ̣n phương trınh có nghiê ̣m  ̀ C  m  6 7  2 Khi đó minX = - (100 6 + 2) K 5 AB AB ) ); C  (O; 2 2 A GT CD: tiế p tú n; CD cắ t AB... x1.x2 = 10 (3) thay (1) và (2) vào (3) ta có: [2(m -1)]2 +2.(m +3) = 10  4m2 – 6m + 10 = 10  4m2 - 6m = 0  m = 0; m = 1,5 150 (giê) x  10 150 Thêi gian « t« thø hai ®i tõ A ®Õn B lμ: (giê) x Thêi gian « t« thø nhÊt ®i tõ A ®Õn B lμ: 0,25 0,25 1,0 0,25 (1) c/ Từ (2) ta có: m = - x1.x2 – 3 thay vào (1) ta được: x1 + x2 = 2.(- x1.x2 - 3 - 1)  x1 + x2 + 2 x1.x2 + 8 = 0 Vậy hệ thức liên hệ giữa các nghiệm... BC BI BK Câu 12 (0,75 điểm): Thí sinh chọn một trong hai bài sau Bài 1: Giải phương trình: Bài 2: Cho f  x   x - 2009  1  x - 2009 y - 2 010  1 z - 2011  1 3   y - 2 010 z - 2011 4 x3 Hãy tính giá trị của biểu thức sau: 1  3x  3x 2  1   2   2 010   2011  A f   f     f   f    2012   2012   2012   2012  ======Hết====== Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám... bán kính 2R chú ý nói thêm phần giới hạn ( 1 điểm ) ̉ ́ SƠ GIAO DỤC VÀ ĐÀ O TẠO KIÊN GIANG ̀ CHÍ NH THƯC ́ ĐÊ ́ KỲ THI TUN SINH VÀ O LƠP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012 ́ MƠN THI: TOAN (chun) (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề ) Ngày thi: 23/6/2011 Câu 1 (1,5 điể m)  2 x Cho biể u thức A =    x 3 a) Rút go ̣n A b) Tı̀m x để A =  3x  3   2...   3  99.3 0.25 Điều này khơng xảy ra suy ra d  150 khơng thỏa mãn Ta xây dựng một trường hợp cho d  149 như sau: a1  0, a2  2, ak  ak 1  3 với k  2,3,,52; a53  a52  2, ak  ak 1  3, k  54,55, ,100 Khi đó hiệu lớn nhất a53  a1  149 Các số a2 , a3 , , a53 có dạng 2  3t , các số a54 , a55 ,, a100 có dạng 147  3k Rõ ràng khơng tồn tại k , t sao cho 2  3t  147  3k  3  k  l... 1 d  3 100  n  1 Suy ra d  0.25 và tương tự ta có  3(n  1)    3 (100  n  1)  2  300  150 2 d  150 khi và chỉ khi hiệu giữa hai số ghi trên hai đỉnh kề nhau đúng bằng 3 hay a  a  a  a ta có ai  ai 1  3, i  1, 2, ,99  ai  ai 1  ai 1  ai  2   i i 1 i 1 i  2  i  1, ,98   ai  ai  2  a1  a100  a1  a2  a2  a3   a99  a100  99  a1  a2   a1  a100  99... gócCKB Từ đó suy ra góc IEB = góc IKB tứ giác EIBK nội tiếp 3b) +Ta có 0,5 HF HC  CF HC CF    BC BC BC BC +Bằng cách chỉ ra các cặp tam giác đồng dạng, chứng minh được HC EI FC EK  ;  BC BI BC BK + Cộng các đẳng thức trên suy ra HF EI EK   BC BI BK 0,5 Bài 1: Đặt x - 2009  a; y - 2 010  b; z - 2011  c (với a, b, c > 0) Khi đó phương trình đã cho trở thành: a-1 b-1 c-1 3 1 1 1  1 1 1  1 1 . ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Tin (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) . KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các. ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho tất cả các thí sinh (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) ————————————