Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o H¶I d¬ng Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn nguyÔn tr·i - N¨m häc 2009-2010 M«n thi : to¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Ngµy thi 08 th¸ng 7 n¨m 2009 (§Ò thi gåm: 01 trang) §Ò thi chÝnh thøc C©u I (2.5 ®iÓm): 1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x 2 + y 2 + xy = 3 2 xy + 3x = 4 2) T×m m nguyªn ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã Ýt nhÊt mét nghiÖm nguyªn: 4x 2 + 4mx + 2m 2 − 5m + 6 = 0 C©u II (2.5 ®iÓm): 1) Rót gän biÓu thøc: 3 2 + 4 − x2 ( 2 + x ) − A= 4 + 4 − x2 2) Cho tríc sè h÷u tØ m sao cho 3 ( 2 − x) 3 víi −2 ≤ x ≤ 2 m lµ sè v« tØ. T×m c¸c sè h÷u tØ a, b, c ®Ó: a 3 m2 + b 3 m + c = 0 C©u III (2.0 ®iÓm): 1) Cho ®a thøc bËc ba f(x) víi hÖ sè cña x 3 lµ mét sè nguyªn d¬ng vµ biÕt f(5) − f(3) = 2010 . Chøng minh r»ng: f(7) − f(1) lµ hîp sè. 2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: P = x 2 − 4x + 5 − x 2 + 6x + 13 C©u IV (2.0 ®iÓm): Cho tam gi¸c MNP cã ba gãc nhän vµ c¸c ®iÓm A, B, C lÇn lît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, N, P trªn NP, MP, MN. Trªn c¸c ®o¹n th¼ng AC, AB lÇn lît lÊy D, E sao · · cho DE song song víi NP. Trªn tia AB lÊy ®iÓm K sao cho DMK . Chøng minh = NMP r»ng: 1) MD = ME 2) Tø gi¸c MDEK néi tiÕp. Tõ ®ã suy ra ®iÓm M lµ t©m cña ®êng trßn bµng tiÕp gãc DAK cña tam gi¸c DAK. C©u V (1.0 ®iÓm): Trªn ®êng trßn (O) lÊy hai ®iÓm cè ®Þnh A vµ C ph©n biÖt. T×m vÞ trÝ cña c¸c ®iÓm B vµ D thuéc ®êng trßn ®ã ®Ó chu vi tø gi¸c ABCD cã gi¸ trÞ lín nhÊt. -----------------------HÕt----------------------- Híng dÉn chÊm BOOKS.VIETMATHS.COM 1 C©u PhÇn c©u I 1) 2,5 ®iÓm 1,5®iÓm néi dung §iÓm x 2 + y 2 + xy = 3 (1) 2 (2) xy + 3x = 4 Tõ (2) ⇒ x ≠ 0. Tõ ®ã y = 4 − 3x 2 , thay vµo (1) ta cã: x 0.25 2 4 − 3x 2 4 − 3x 2 x + =3 ÷ + x. x x ⇔ 7x 4 − 23x 2 + 16 = 0 16 Gi¶i ra ta ®îc x 2 = 1 hoÆc x 2 = 7 2 0.25 0.25 0.25 Tõ x 2 = 1 ⇔ x = ±1 ⇒ y = ±1 ; x 2 = 16 ⇔ x = ± 4 7 ⇒ y = m5 7 7 7 0.25 7 4 7 −5 7 −4 7 5 7 ; 7 ; 7 ÷ ÷ 7 ; 7 ÷ ÷ §iÒu kiÖn ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: ∆ x ' ≥ 0 VËy hÖ cã nghiÖm (x; y) lµ (1; 1); (-1; -1); 2) 1,0®iÓm 2,5 ®iÓm 1) 1,5®iÓm ⇔ m − 5m + 6 ≤ 0 ⇔ (m − 2)(m − 3) ≤ 0 . V× (m - 2) > (m - 3) nªn: ∆ x ' ≥ 0 ⇔ m − 2 ≥ 0 vµ m − 3 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ m ≤ 3, mµ m ∈ Z ⇒ m = 2 hoÆc m = 3. Khi m = 2 ⇒ ∆ x ' = 0 ⇒ x = -1 (tháa m·n) Khi m = 3 ⇒ ∆ x ' = 0 ⇒ x = - 1,5 (lo¹i). 0.25 0.25 0.25 §Æt a = 2 + x; b = 2 − x (a, b ≥ 0) ⇒ a + b = 4; a − b = 2x 2 + ab a 3 − b3 2 + ab ( a − b ) a 2 + b 2 + ab ⇒A= = 4 + ab 4 + ab 2 + ab ( a − b ) ( 4 + ab ) ⇒A= = 2 + ab ( a − b ) 4 + ab ⇒ A 2 = 4 + 2ab ( a − b ) 2 2 2 ( (a ⇒A 2= 2 2 ) ( 0.25 ) 0.25 0.25 0.25 ) + b 2 + 2ab ( a − b ) = ( a + b ) ( a − b ) 0.25 ⇒ A 2 = a − b = 2x ⇒ A = x 2 2 2) 1,0®iÓm 0.25 2 VËy m = 2. c©u II 0.25 2 0.25 a m + b 3 m + c = 0 (1) 3 2 Gi¶ sö cã (1) ⇒ b 3 m 2 + c 3 m + am = 0 (2) Tõ (1), (2) ⇒ (b 2 − ac) 3 m = (a 2 m − bc) BOOKS.VIETMATHS.COM 0.25 2 a 2 m − bc lµ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶ thiÕt! b 2 − ac 2 3 b − ac = 0 b = abc ⇒ 2 ⇒ 2 a m − bc = 0 bc = am b 3 ⇒ b3 = a 3 m ⇒ b = a 3 m . NÕu b ≠ 0 th× m = lµ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶ thiÕt! a ⇒ a = 0;b = 0 . Tõ ®ã ta t×m ®îc c = 0. Ngîc l¹i nÕu a = b = c = 0 th× (1) lu«n ®óng. VËy: a = b = c = 0 NÕu a 2 m − bc ≠ 0 ⇒ 3 m = c©u III 1) 2 ®iÓm 1,0®iÓm 2) 1,0®iÓm Theo bµi ra f(x) cã d¹ng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d víi a nguyªn d¬ng. ( x − 2) 2 + 12 − ( x + 3) 2 OA = 0.25 0.25 0.25 0.25 + 22 0.25 Trªn mÆt ph¼ng täa ®é Oxy lÊy c¸c ®iÓm A(x-2; 1), B(x+3; 2) Ta chøng minh ®îc: AB = 0.25 0.25 Ta cã: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c ⇒ 16b + 2c = (2010- 98a) Ta cã f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c) = 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) M 3 V× a nguyªn d¬ng nªn 16a + 2010>1 . VËy f(7)-f(1) lµ hîp sè P= 0.25 ( x − 2 − x − 3) ( x − 2) MÆt kh¸c ta cã: OA − OB ≤ AB ⇒ 2 2 + ( 1 − 2 ) = 25 + 1 = 26 2 + 12 , OB = ( x − 2) 2 ( x + 3) + 12 − 2 + 22 ( x + 3) 2 0.25 + 2 2 ≤ 26 DÊu “=” x¶y ra khi A thuéc ®o¹n OB hoÆc B thuéc ®o¹n OA x−2 1 = ⇒ x = 7 .Thö l¹i x = 7 th× A(5; 1); B(10; 2) nªn A thuéc ®o¹n x+3 2 OB. VËy Max P = 26 khi x = 7. 0.25 ⇒ c©uIV 1) 2 ®iÓm 0,75®iÓm Ta dÔ dµng chøng minh tø gi¸c · · MBAN néi tiÕp ⇒ MAB , = MNB · · MCAP néi tiÕp ⇒ CAM . = CPM M · · ⇒ CAM = BAM 2) E A (1) 0.25 Do DE // NP mÆt kh¸c MA ⊥ NP ⇒ MA ⊥ DE (2) Tõ (1), (2) ⇒ ∆ADE c©n t¹i A ⇒ MA lµ trung trùc cña DE ⇒ MD = ME C N 0.25 · · L¹i cã BNM = CPM (cïng phô gãc NMP) K B D 0.25 0.25 P 1,25®iÓm 0.25 BOOKS.VIETMATHS.COM 3 M K B C D N E P A · · Do DE//NP nªn DEK , mÆt kh¸c tø gi¸c MNAB néi tiÕp nªn: = NAB · · · · + DEK = 1800 NMB + NAB = 1800 ⇒ NMB · · · · Theo gi¶ thiÕt DMK ⇒ DMK + DEK = 1800 = NMP ⇒ Tø gi¸c MDEK néi tiÕp Do MA lµ trung trùc cña DE ⇒ ∆ MEA = ∆ MDA · · · · . ⇒ MEA = MDA ⇒ MEK = MDC · · · · V× MEK ⇒ DM lµ ph©n gi¸c cña gãc CDK, kÕt hîp = MDK ⇒ MDK = MDC víi AM lµ ph©n gi¸c DAB ⇒ M lµ t©m cña ®êng trßn bµng tiÕp gãc DAK cña tam gi¸c DAK. c©u V 0.25 0.25 0.25 0.25 A' 1 ®iÓm B' B O C A D' D ¼ Kh«ng mÊt tæng qu¸t gi¶ sö:AB ≤ AC. Gäi B’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung ABC ⇒ AB ' = CB ' Trªn tia ®èi cña BC lÊy ®iÓm A’ sao cho BA’ = BA ⇒ AB + BC = CA ' · 'BC = B · ' AC = B · 'CA (1) ; B · 'CA + B · 'BA = 1800 Ta cã: B (2) 0.25 · 'BA = B · 'BA ' (3);Tõ (1), (2), (3) ⇒ B Hai tam gi¸c A’BB’ vµ ABB’ b»ng nhau ⇒ A 'B ' = B ' A Ta cã ⇒ B' A + B 'C = B 'A '+ B 'C ≥ A 'C = AB + BC ( B’A + B’C kh«ng ®æi v× B’, A, C cè ®Þnh). DÊu “=” x¶y ra khi B trïng víi B’. · 'BC + B · 'BA ' = 1800 B BOOKS.VIETMATHS.COM 4 0.25 0.25 ¼ Hoµn toµn t¬ng tù nÕu gäi D’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung ADC th× ta còng cã AD’ + CD’ ≥ AD + CD. DÊu “=” x¶y ra khi D trïng víi D’. ⇒ Chu vi tø gi¸c ABCD lín nhÊt khi B, D lµ c¸c ®iÓm chÝnh gi÷a c¸c cung » cña ®êng trßn (O) AC Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Hng yªn kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn N¨m häc 2009 – 2010 M«n thi: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh thi vµo c¸c líp chuyªn To¸n, Tin) Thêi gian lµm bµi: 150 phót ®Ò chÝnh thøc Bµi 1: (1,5 ®iÓm) Cho a = 2 : 1 7 +1 −1 − ÷ 7 +1 +1÷ 1 H·y lËp mét ph¬ng tr×nh bËc hai cã hÖ sè nguyªn nhËn a - 1 lµ mét nghiÖm. Bµi 2: (2,5 ®iÓm) x 16 xy − y = 3 a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: xy − y = 9 x 2 ( b) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh x 2 − 2x ) 2 − 3x 2 + 6x + m = 0 cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 3: (2,0 ®iÓm) a) Chøng minh r»ng nÕu sè nguyªn k lín h¬n 1 tho¶ m·n k 2 + 4 vµ k 2 + 16 lµ c¸c sè nguyªn tè th× k chia hÕt cho 5. b) Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c cã p lµ nöa chu vi th× 0.25 p − a + p − b + p − c ≤ 3p Bµi 4: (3,0 ®iÓm) Cho ®êng trßn t©m O vµ d©y AB kh«ng ®i qua O. Gäi M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AB nhá. D lµ mét ®iÓm thay ®æi trªn cung AB lín (D kh¸c A vµ B). DM c¾t AB t¹i C. Chøng minh r»ng: a) MB.BD = MD.BC b) MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD. c) Tæng b¸n kÝnh c¸c ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD vµ ACD kh«ng ®æi. BOOKS.VIETMATHS.COM 5 Bµi 5: (1,0 ®iÓm) Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD. LÊy E, F thuéc c¹nh AB; G, H thuéc c¹nh BC; I, J thuéc c¹nh CD; K, M thuéc c¹nh DA sao cho h×nh 8 - gi¸c EFGHIJKM cã c¸c gãc b»ng nhau. Chøng minh r»ng nÕu ®é dµi c¸c c¹nh cña h×nh 8 - gi¸c EFGHIJKM lµ c¸c sè h÷u tØ th× EF = IJ. ------------ HÕt -----------Híng dÉn chÊm thi Bµi 1: (1,5 ®iÓm) 1 a = 2: − 7 +1 −1 2 a = 2: = 7 7 ÷= 2 : 7 +1 +1÷ 1 7 +1 +1− 7 7 +1 +1 0,5 ® 0,25 ® §Æt x = a − 1 ⇔ x = 7 − 1 ⇔ x + 1 = 7 ⇒ x 2 + 2x + 1 = 7 0,5 ® ⇔ x 2 + 2x − 6 = 0 VËy ph¬ng tr×nh x 2 + 2x − 6 = 0 nhËn 0,25 ® 7 − 1 lµm nghiÖm Bµi 2: (2,5 ®iÓm) x 16 x 16 xy − = xy − = y 3 y 3 a) ⇔ y 9 xy − = y − x = 5 x y 6 x 2 (1) §K: x, y ≠ 0 0,25 ® (2) Gi¶i (2) ⇔ 6y 2 − 6x 2 = 5xy ⇔ (2x + 3y)(3x − 2y) = 0 −3y . 2 −3y 3 16 y. + = 2 2 3 0,25 ® * NÕu 2x + 3y = 0 ⇔ x = Thay vµo (1) ta ®îc −3y 2 23 (ph¬ng tr×nh v« nghiÖm) = 2 6 2y * NÕu 3x − 2y = 0 ⇔ x = . 3 Thay vµo (1) ta ®îc y 2 = 9 ⇔ y = ±3 ⇔ 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® - Víi y = 3 ⇒ x = 2 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) - Víi y = −3 ⇒ x = −2 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) 0,25 ® VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3) BOOKS.VIETMATHS.COM 6 b) §Æt x 2 − 2x + 1 = y ⇔ ( x − 1) = y ⇔ x = 1 ± y 2 (y ≥ 0) (*) Ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh: ( y − 1) − 3 ( y − 1) + m = 0 2 0,25 ® ⇔ y 2 − 5y + m + 4 = 0 (1) Tõ (*) ta thÊy, ®Ó ph¬ng tr×nh ®· cho cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× ph¬ng tr×nh (1) 0,25 ® cã 2 nghiÖm d¬ng ph©n biÖt ∆ > 0 9 − 4m > 0 ⇔ S > 0 ⇔ 5 > 0 P > 0 m + 4 > 0 0,25 ® 9 9 m < ⇔ 4 ⇔ −4 < m < 4 m > −4 9 VËy víi −4 < m < th× ph¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. 4 0,25 ® Bµi 3: (2,0 ®iÓm) a) V× k > 1 suy ra k 2 + 4 > 5; k 2 + 16 > 5 - XÐt k = 5n + 1 (víi n ∈ ¢ ) ⇒ k 2 = 25n 2 + 10n + 1 ⇒ k 2 + 4 M5 0,25 ® ⇒ k 2 + 4 kh«ng lµ sè nguyªn tè. - XÐt k = 5n + 2 (víi n ∈ ¢ ) ⇒ k 2 = 25n 2 + 20n + 4 ⇒ k 2 + 16 M5 ⇒ k + 16 kh«ng lµ sè nguyªn tè. 2 - XÐt k = 5n + 3 (víi n ∈ ¢ ) ⇒ k 2 = 25n 2 + 30n + 9 ⇒ k 2 + 16 M5 ⇒ k + 16 kh«ng lµ sè nguyªn tè. 2 0,25 ® 0,25 ® - XÐt k = 5n + 4 (víi n ∈ ¢ ) ⇒ k 2 = 25n 2 + 40n + 16 ⇒ k 2 + 4 M5 0,25 ® ⇒ k 2 + 4 kh«ng lµ sè nguyªn tè. Do vËy k M 5 ( ) b) Ta chøng minh: Víi ∀a, b, c th× ( a + b + c ) ≤ 3 a 2 + b 2 + c 2 (*) 2 ThËt vËy (*) ⇔ a 2 + b 2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≤ 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 0,5 ® ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0 (lu«n ®óng) ¸p dông (*) ta cã: ( p−a + p−b + p−c Suy ra ) 2 ≤ 3 ( 3p − a − b − c ) = 3p 0,5 ® p − a + p − b + p − c ≤ 3p (®pcm) BOOKS.VIETMATHS.COM 7 Bµi 4: (3,0 ®iÓm) N D J I A O C B M a) XÐt ∆MBC vµ ∆MDB cã: · · BDM = MBC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) · · BMC = BMD Do vËy ∆MBC vµ ∆MDB ®ång d¹ng Suy ra MB MD = ⇒ MB.BD = MD.BC BC BD 0,5 ® 0,5 ® · · · b) Gäi (J) lµ ®êng trßn ngo¹i tiÕp ∆BDC ⇒ BJC = 2BDC = 2MBC · BJC · hay ⇒ MBC = 0,5 ® 2 · 180 0 − BJC · ∆BCJ c©n t¹i J ⇒ CBJ = 2 · · BJC 180 O − BJC · · Suy ra MBC + CBJ = + = 90 O ⇒ MB ⊥ BJ 2 2 0,5 ® Suy ra MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (J), suy ra J thuéc NB c) KÎ ®êng kÝnh MN cña (O) ⇒ NB ⊥ MB Mµ MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (J), suy ra J thuéc NB Gäi (I) lµ ®êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ADC Chøng minh t¬ng tù I thuéc AN · · · · Ta cã ANB = ADB = 2BDM = BJC ⇒ CJ // IN 0,5 ® Chøng minh t¬ng tù: CI // JN Do ®ã tø gi¸c CINJ lµ h×nh b×nh hµnh ⇒ CI = NJ Suy ra tæng b¸n kÝnh cña hai ®êng trßn (I) vµ (J) lµ: IC + JB = BN (kh«ng ®æi) Bµi 5: (1,0 ®iÓm) BOOKS.VIETMATHS.COM 0,5 ® 8 A E F a B b h M K D G c H g d f e J I C Gäi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (víi a, b, c, d, e, f, g, h lµ c¸c sè h÷u tØ d¬ng) Do c¸c gãc cña h×nh 8 c¹nh b»ng nhau nªn mçi gãc trong cña h×nh 8 c¹nh cã sè ®o lµ: 0,25 ® (8 − 2).180O = 135O 8 Suy ra mçi gãc ngoµi cña h×nh 8 c¹nh ®ã lµ: 180O - 135O = 45O Do ®ã c¸c tam gi¸c MAE ; FBG ; CIH ; DKJ lµ c¸c tam gi¸c vu«ng c©n. h b d f ; BF = BG = ; CH = CI = ; DK = DJ = 2 2 2 2 h b f d Ta cã AB = CD nªn: +a+ = +e+ 2 2 2 2 ⇔ (e - a) 2 = h + b - f - d h +b−f −d ∈ ¤ (®iÒu nµy v« lý do 2 lµ sè v« tØ) NÕu e - a ≠ 0 th× 2 = e−a ⇒ MA = AE = 0,5 ® 0,25 ® VËy e - a = 0 ⇔ e = a hay EF = IJ (®pcm). SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH Đề chính thức KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2009-2010 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: a b c 1< + + 0 và a< b+c ,b< a + c , c < a+b a a +a 2a < = Nên ta có b +c a + b +c a + b +c a a > Mặt khác b +c a + b +c a a 2a < < (1) Vậy ta có a + b +c c + b a +b +c b b 2b < < (2); Tương tự a +b +c c +a a +b +c c c 2a < < (3) a +b +c b +a a +b +c Cộng (1) (2) và (3) vế theo vế ta có điều phải chứng minh. Bài 2: ĐK: x ¹ m, n, p PT đã cho Û (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0 Û 3x2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1) Ta có Δ' = (m + n + p )2 - 3(mn + mp + np) = m2+n2+p2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np 1 = m2+n2+p2 –mn-mp-np = [(m-n)2+(n-p)2+(m-p)2] >0 2 2 Đặt f(x) = 3x -2(m+n+p)x + mn+ mp +np Ta có f(m) = 3m2 – 2m2 -2mn -2mp +mn +mp +np = m2 –mn –mp +np = (m-n)(m-p) ¹ 0 = >m,n,p không phải là nghiệm của pt(1) Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt Bài 3 BOOKS.VIETMATHS.COM 10 Ta cã : < 1 ( 2n + 1) ( n + n + 1) n +1 - n = = n +1 - n n +1 - n = 2n +1 4n2 + 4n +1 1 æ1 = ç ç ç è n 2 n + 1. n 2 ç n +1 - n ö ÷ ÷ ÷ ÷ n +1 ø 1 ö 1æ ÷ ç ÷ = ç1 ÷ ÷ ç 2 è n +1 ø 1 4 n2 + 4 n 1æ 1 1 1 1 1 ö 1 ÷ ÷ + + ... + < ç1 Do đó Sn < ç ÷ ÷ 2 2ç è 2 2 3 n n +1 ø C Bài 3: · · Ta có BAD = CAE ( Do cung EB = cung EC) · · Và AEC ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) nên = DBA ΔBAD ΔEAC a E BA AE O Þ = Þ AB. AC = AE.AD(1) b AD AC · · · · Ta có ADC = BDC (§èi ®Ønh) vµ CAD = DBE D ΔACD ΔBDE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE) nên AD DB Þ = Þ AD.DE = DB.DChay DC DE c B AD(AE-AD) = DB.DC Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1)) DC DB DC DB DC + DB a = hay = = = 4b)Theo tính chất đường phân giác ta có AC AB b c b +c b +c 2 DC DB a a a bc . = . Þ DB.DC = vậy 2 b c b +c b +c ( b + c) theo câu a ta có AD = AB.AC – DB.DC = bc 2 a 2 bc ( b + c) æ ö a2 ÷ ç ÷ ç Þ AD = bc ç1 2÷ ÷ ç ÷ ç b + c ) ø è ( Bài 5: m m ¹ 2 Vì lµ sè h÷u tØ vµ 2lµ sè v« tØ nªn n n Ta xet hai trường hợp: m 2 2 2 2 a) > 2 Khi ®ã m > 2n Þ m ³ 2 n +1 hay m ³ n Từ đó suy ra : m n 2 2 ³ 2 n +1 n 2 = 2+ 1 n2 2 A æ ö a2 ÷ ç ÷ ç = bc ç1 2÷ ÷ ç ÷ ç ( b + c) ø è 2n 2 +1 1 - 2 2 1 n 2= = ³ æ ö 1 1 n2 ÷ 2ç ÷ 2+ 2 + 2 n ç 2 + + 2 ÷ ç ÷ n ç n2 è ø 2+ BOOKS.VIETMATHS.COM 1 ( 11 3+ 2 ) m < 2 Khi ®ã m 2 < 2 n 2 Þ m 2 £ 2 n 2 - 1 hay m £ n Từ đó suy ra : 2n 2 - 1 b) m n = m 2 = 2³ n 2n 2 - 1 = 2n 2- 1 ³ æ ö 1 n2 ÷ ÷ ç n2 ç 2 + 2 ÷ ç ÷ ç n2 ø è 1 2- 2 = n 2- 2+ 1 n2 2 + 2- 1 n2 1 ( 3+ 2 ) ************************************************ SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC 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) 1 1 9 x + y + x + y = 2 Giải hệ phương trình: xy + 1 = 5 xy 2 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. a2 b2 c2 + + ≥2 Chứng minh (b − c) 2 (c − a) 2 ( a − b) 2 Câu 3: (1,5 điểm) Cho A = 1 4x + 4x +1 2 và B = 2x − 2 x2 − 2 x + 1 Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho C = 2A + B là một số nguyên. 3 Câu 4: (3,0 điểm) BOOKS.VIETMATHS.COM 12 Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB1 Câu 2 (1,5 điểm): Nội dung trình bày + Phát hiện và chứng minh bc ca ab + + =1 (a − b)( a − c) (b − a )(b − c ) (c − a)(c − b) + Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng: 2 b c bc ca ab a + + + + ÷≥ 2 ÷ + 2 b −c c −a a −b (a − b)(a − c ) (b − c )(b − a ) (c − a )(c − b) Câu 3 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điều kiện xác định: x ≠ 1 (do x nguyên). 1 2( x − 1) 2 1 x −1 ; B= + Dễ thấy A = , suy ra: C = ÷ | 2 x + 1| | x − 1| 3 | 2 x + 1| | x − 1| Điểm 1,0 0,5 Điểm 0,25 0,25 2 1 4( x + 1) 1− 2x 4( x + 1) + 1÷ = > 0 ⇒ C −1 = −1 = 1 . Khi đó C = 3 2 x + 1 3(2 x + 1) 3(2 x + 1) 3(2 x + 1) Suy ra 0 < C < 1 , hay C không thể là số nguyên với x > 1 . 1 Nếu − < x < 1 . Khi đó: x = 0 (vì x nguyên) và C = 0 . Vậy x = 0 là một giá trị cần tìm. 2 1 Nếu x < − . Khi đó x ≤ −1 (do x nguyên). Ta có: 2 4( x + 1) 2x −1 2 1 4( x + 1) +1 = > 0 , suy ra −1 < C ≤ 0 C = − − 1÷ = − ≤ 0 và C + 1 = − 3(2 x + 1) 3(2 x + 1) 3 2x +1 3(2 x + 1) hay C = 0 và x = −1 . Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x = 0, x = −1 . Câu 4 (3,0 điểm): a) 2,0 điểm: Nội dung trình bày I A B Gọi I là trung điểm AB, E = IK ∩ CD , R = IM ∩ CD . Xét hai tam giác · K KIB và KED có: ·ABD = BDC M KB = KD (K là trung điểm BD) Q · · IKB = EKD Suy ra ∆KIB = ∆KED ⇒ IK = KE . C D E R Chứng minh tương tự có: ∆MIA = ∆MRC H BOOKS.VIETMATHS.COM 14 0,5 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Suy ra: MI = MR Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR nên KM là đường trung bình ⇒ KM // CD Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25 Nội dung trình bày ⇒ 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 Có: QK ⊥ AD (gt), IE//AD (CM trên) ⇒ QK ⊥ IE . Tương tự có QM ⊥ IR Từ trên có: IK=KE, QK ⊥ IE ⇒ QK là trung trực ứng với cạnh IE của ∆IER . Tương tự QM là trung trực thứ hai của ∆IER Hạ QH ⊥ CD suy ra QH là trung trực thứ ba của ∆IER hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD ⇒ Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm). Câu 5 (1,0 điểm): Nội dung trình bày Điểm 0,25 0,25 b) 1,0 điểm: P' 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm B' A C' P C B A' Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó S ≤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 ' = 4 S ABC ≤ 4 . Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A ' B ' C ' . 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 > SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A ' B ' C ' có diện tích không lớn hơn 4. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2009-2010 Bài 1 : ( 1 điểm ) Cho x = ( 4+2 3 − 3 5+2 ) 3 17 5 − 38 − 2 tính P = ( x 2 + x + 1) 2009 Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x2 + b.x + c = 0 ( 1 ) và x2 - b2 x + bc = 0 (2 ) BOOKS.VIETMATHS.COM 15 0.25 0.25 0.25 0.25 biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1 ; x2 và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm x3 ; x4 thoả mãn điều kiện x3 − x1 = x4 − x2 = 1 . xác định b và c Bài 3 : ( 2 điểm ) 1 1 1 1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng ( a + b + c ) + + ÷ ≥ 9 a b c 2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c ≤ 3 . Chứng ming rằng 1 2009 + ≥ 670 2 2 2 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 MP + NQ + PQ OM = 3. Chứng minh a+b+c OC 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 : x= = 3 ( 4+2 3 − 3 5+2 ( 17 ) 3 17 5 − 38 − 2 1 )( ) 3 +1− 3 = 3 5 − 38 17 5 + 38 − 2 ( = ) 3 5 + 2 (17 5 − 38) − 2 1 = −1 1− 2 vậy P = 1 Bài 2 : vì x3 − x1 = x4 − x2 = 1 => x3 = x1 + 1; x4 = x2 + 1 x1 + x2 = −b(1) x . x = c(2) 1 2 Theo hệ thức Vi ét ta có 2 ( x1 + 1) + ( x2 + 1) = b (3) ( x + 1) . ( x + 1) = bc(4) 2 1 Từ (1 ) và ( 3 ) => b2 + b - 2 = 0 b = 1 ; b = -2 từ ( 4 ) => x1. x2 + 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 1 X2 + x + 1 = 0 có nghiệm nếu ∆ = 1 − 4c ≥ 0 ⇔ c ≤ 4 BOOKS.VIETMATHS.COM 16 +) 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 1 vậy b= 1; c c ≤ ; 4 b = -2 ; c = -1 Bài 3 : 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương 1 1 1 1 + + ≥33 a + b + c ≥ 3 abc a b c abc 1 1 1 => ( a + b + c ) + + ÷ ≥ 9 a b c dấu “=” sảy ra a = b = c 2 a + b + c) ( 2 2 2 2. ta có ab + bc + ca ≤ a + b + c ⇒ ab + bc + ca ≤ ≤3 3 2007 ⇒ ≥ 669 ab + bc + ca Áp dụng câu 1 ta có 1 1 1 2 2 2 + + 2 ÷( a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ) ≥ 9 2 2 ab + bc + ca ab + bc + ca a +b +c 1 1 9 ≥1 => a 2 + b2 + c 2 + ab + bc + ca ≥ 2 ( a + b + c) 1 2009 + ≥ 670 . dấu “=” sảy ra a = b = c = 1 2 2 a +b +c ab + bc + ca 1 · · · µ BOP = BAO + ABO = µA + B 2 0 µ Bài 4 : a) ta có · 180 − C 1 µ µ PNC = = A+ B 2 2 · · ⇒ 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 => BPO = BNO = 900 · => AQB = ·APB = 900 => tứ giác AQPB nội tiếp vậy 2 ( ( ) ) b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA 1µ · · · = EBQ = B = QBC => QE //BC => EQB 2 Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC Q; E; F thẳng hàng c) BOOKS.VIETMATHS.COM 17 MP OM OP = = 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 2 − y + 1) => tồn tại m; n sao cho ∆MOP ~ ∆COB ( g − g ) ⇒ y + 1 = 3m y = 3m − 1 2 m n m n y − y + 1 = 3 ⇔ 9 − 3.3 + 3 = 3 m + b = x m + b = x +) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0 9m − 3.3m + 3M3 3n M3 ⇔ n +) nếu m > 0 thì m m 9 − 3.3 + 3M9 3 M9 ⇔ n =1 m m m m => 9 − 3.3 + 3 = 3 ⇒ 3 ( 3 − 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 không thể chuyển tất cả viên sỏi trên bẳng ô vuông về cùng một ô sau một số hữu hạn các phép thưc hiện thao tác T Së gi¸o dôc-®µo t¹o Hµ nam ®Ò chÝnh thøc Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT chuyªn N¨m häc 2009-2010 M«n thi : to¸n(®Ò chuyªn) Thêi gian lµm bµi: 120 phót(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Bµi 1.(2,5 ®iÓm) 1 1 − =2 x − 3x + 2 x − 2 1 x + x + y = 7 2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x = 12 x + y 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2 Bµi 2.(2,0 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x − 6 x − 3 + 2m = 0 a) T×m m ®Ó x = 7 − 48 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh. b) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm x=x1; x=x2 tho¶ m·n: BOOKS.VIETMATHS.COM 18 x1 + x2 24 = 3 x1 + x2 Bµi 3.(2,0 ®iÓm) 1) Cho ph¬ng tr×nh: 2 x 2 + 2 ( 2m − 6 ) x − 6m + 52 = 0 ( víi m lµ tham sè, x lµ Èn sè). T×m gi¸ trÞ cña m lµ sè nguyªn ®Ó phwowng tr×nh cã nghiÖm lµ sè h÷u tû. 2) T×m sè abc tho¶ m·n: abc = ( a + b ) 2 4c . Bµi 4.(3,5 ®iÓm) µ < A. µ §êng trßn t©m I néi tiÕp ∆ ABC tiÕp xóc víi c¸c Cho ∆ABC nhän cã C c¹nh AB, BC, CA lÇn lît t¹i c¸c ®iÓm M, N, E; gäi K lµ giao ®iÓm cña BI vµ NE. µ C · a) Chøng minh: AIB = 900 + . 2 b) Chøng minh 5 ®iÓm A, M, I, K, E cïng n»m trªn mét ®êng trßn. c) Gäi T lµ giao ®iÓm cña BI víi AC, chøng minh: KT.BN=KB.ET. d) Gäi Bt lµ tia cña ®êng th¼ng BC vµ chøa ®iÓm C. Khi 2 ®iÓm A, B vµ tia Bt cè ®Þnh; ®iÓm C chuyÓn ®éng trªn tia Bt vµ tho¶ m·n gi¶ thiÕt, chøng minh r»ng c¸c ®êng th¼ng NE t¬ng øng lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. ----------- HÕt---------Gîi ý mét sè c©u khã trong ®Ò thi: Bµi 3: 2 1) Ta cã ∆ ' = 4m 2 − 12m − 68 = ( 2m − 3) − 77 §Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm h÷u tû th× ∆ ' ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng. Gi¶ sö 2 ∆ ' = n ( trong ®ã n lµ sè tù nhiªn). Khi ®ã ta cã 2 2 ( 2m − 3) − 77 = n 2 ⇔ ( 2m − 3) − n 2 = 77 ⇔ ( 2m − 3 + n ) . ( 2m − 3 − n ) = 77 Do n∈N nªn 2m-3+n>2m-3-n Vµ do m∈Z, n∈N vµ 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11) Tõ ®ã xÐt 4 trêng hîp ta sÏ t×m ®îc gi¸ trÞ cña m. 2)Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta cã: 100a + 10b 2 2 100a + 10b + c = ( a + b ) .4c ⇔ c = (do 4 ( a + b ) − 1 ≠ 0) 2 4 ( a + b) −1 = 10 ( 10a + b ) 4 ( a + b) −1 2 = 10 ( a + b ) + 9a 4 ( a + b) −1 2 Ta cã 4 ( a + b ) − 1 lµ sè lÎ vµ do 0 < c ≤ 9 nªn 4 ( a + b ) − 1 M5. 2 2 Mµ 4 ( a + b ) lµ sè ch½n nªn 4 ( a + b ) ph¶i cã tËn cïng lµ 6 ⇒ ( a + b ) ph¶i cã tËn cïng lµ 4 hoÆc 9. (*) 2.5 ab MÆt kh¸c c = vµ 4(a + b) 2 − 1 2 2 2 4 ( a + b ) − 1 lµ sè lÎ ⇒ 4 ( a + b ) − 1 6 Vì A, B laø giao ñieåm cuûa (d) vaø (P) neân hoaønh ñoä xA, xB phaûi thoûa maõn pt: mx2 + 9x – 9m = 0 9 Theo Vi-eùt ta coù: xA+ xB = ; xA. xB = -9 m Do A, B −3 −3 ∈( d ) ⇒ y A = x A + 3 ; yB = xB + 3 m m Theo coâng thöùc tính khoaûng caùch: AB = ( x A − xB ) = ( x A − xB ) 2 = ( x A − xB ) 2 = ( x A − xB ) 2 2 + ( y A − yB ) 2 2 −3 −3 + xA − xB ÷ m m + 9 2 x − xB ) 2 ( A m 9 1 + 2 ÷ m 9 2 = ( x A + xB ) − 4 x A . xB 1 + 2 ÷ m 9 2 9 = ÷ − 4(−9) 1 + 2 ÷ m m 9 81 = 2 + 36 ÷1 + 2 ÷ m m = 81 729 324 + + + 36 > 36 = 6 m2 m4 m2 BOOKS.VIETMATHS.COM 23 Baøi 5: (3 ñieåm) Cho hai ñöôøng troøn (O ; R) vaø (O’ ; R’) caét nhau taïi A vaø B (R > R’). Tieáp tuyeán taïi B cuûa (O’ ; R’) caét (O ; R) taïi C vaø tieáp tuyeán taïi B cuûa (O ; R) caét (O’ ; R’) taïi D. a/ Chöùng minh raèng: AB2 = AC.AD vaø 2 AC BC ÷ = AD BD b/ Laáy ñieåm E ñoái xöùng cuûa B qua A. Chöùng minh boán ñieåm B, C, E, D thuoäc moät ñöôøng troøn coù taâm laø K. Xaùc ñònh taâm K cuûa ñöôøng troøn. µ =B ¶ (chaén cung AnB) a/ Xeùt (O) ta coù C 1 2 ¶ =B µ (chaén cung AmB) Xeùt (O’) ta coù D 1 ⇒ ∆ABC : ∆ADB AB AC BC ⇒ = = (1) AD AB BD ⇒ AB 2 = AC. AD 2 E 1 / C 2 1 = x 2 AB 2 AC. AD AC BC AB = = BD ÷ AD ÷ AD 2 = AD 2 = AD b/ Töø (1) thay AE = AB ta coù AE AC = (*) maët khaùc: AD AE µA = C ¶ +B µ ;A ¶ =B ¶ +D ¶ 1 1 1 2 2 1 ¶ (**) ⇒ µA = A 1 2 1 / 2 1 A K O x = 2 D 1 O' 2 1 j B 2 Töø (*) vaø (**) suy ra: ∆AEC : ∆ADE (c − g − c ) ¶ =D ¶ ⇒E 2 2 · · µ +E ¶ +B µ +B ¶ ⇒ CED + CBD =E 1 2 1 2 µ +D ¶ +D ¶ +B ¶ =E 1 2 1 2 = 180 ( xet ∆BDE ) 0 Vaäy töù giaùc BCED noäi tieáp ñöôøng troøn taâm K. Vôùi K laø gaio ñieåm 3 ñöôøng tröïc cuûa ∆BCE hoaëc ∆BDE Së GD&§T NghÖ An §Ò thi chÝnh thøc K× thi TUYÓN sinh VµO líp 10 trêng thpt chuyªn phan béi ch©u n¨m häc 2009 - 2010 BOOKS.VIETMATHS.COM 24 Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1: (3.5 điểm) a) Giải phương trình 3 x+2 + 3 7− x =3 b) Giải hệ phương trình 8 2 + 3x = y 3 x3 − 2 = 6 y Bài 2: (1.0 điểm) Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên x 2 − ax + a + 2 = 0 . Bài 3: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường phân giác trong BE (E thuộc AC). Đường tròn đường kính AB cắt BE, BC lần lượt tại M, N (khác B). Đường thẳng AM cắt BC tại K. Chứng minh: AE.AN = AM.AK. Bài 4: (1.5 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài bằng độ dài cạnh BC. Đường tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC thứ tự tại M, N (M khác B, N khác C). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO lần lượt tại I và K. Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp được một đường tròn và tứ giác BICK là hình bình hành. Bài 5: (2.0 điểm) a) Bên trong đường tròn tâm O bán kính 1 cho tam giác ABC có diện tích lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng điểm O nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác ABC. b) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca a 2b + b 2c + c 2a ----------------------------------------Hết---------------------------------------Së GD&§T NghÖ An K× thi TUYÓN sinh VµO líp 10 trêng thpt chuyªn phan béi ch©u n¨m häc 2009 - 2010 §Ò thi chÝnh thøc M«n thi: To¸n Híng dÉn chÊm thi B¶n híng dÉn chÊm gåm 03 trang Néi dung ®¸p ¸n Bµi 1 a 3 §iÓm 3,5 ® 2,0® x+2 + 3 7− x =3 BOOKS.VIETMATHS.COM 25 ⇔ x + 2 + 7 − x + 3 3 x + 2. 3 7 − x b ( 3 ) x + 2 + 3 7 − x = 27 0.50® ⇒ 9 + 9. 3 ( x + 2)(7 − x) = 27 0.25® ⇔ 3 ( x + 2)(7 − x) = 2 ⇔ ( x + 2)(7 − x) = 8 0.25® ⇔ x2 − 5x − 6 = 0 x = −1 ( tháa m·n ) ⇔ x = 6 0.25® §Æt 0.25® 0.50® 1,50® 2 =z y 0.25® 2 + 3 x = z 3 HÖ ®· cho trë thµnh 3 2 + 3 z = x ⇒ 3( x − z ) = z 3 − x3 ( Bµi 2: 0.25® 0,25® ) ⇔ ( x − z ) x 2 + xz + z 2 + 3 = 0 0,25® ⇔x=z 0,25® (v× x 2 + xz + z 2 + 3 > 0, ∀x, z ). x = −1 Tõ ®ã ta cã ph¬ng tr×nh: x 3 − 3 x − 2 = 0 ⇔ x = 2 VËy hÖ ®· cho cã 2 nghiÖm: ( x, y ) = ( −1; −2), ( 2,1) 0,25® 1,0 ® 0,25® §iÒu kiÖn ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: ∆ ≥ 0 ⇔ a − 4a − 8 ≥ 0 (*). Gäi x1, x2 lµ 2 nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh ®· cho ( gi¶ sö x1 ≥ x2). 2 x1 + x2 = a ⇒ x1.x2 − x1 − x2 = 2 x . x = a + 2 1 2 ⇒ ( x1 − 1)( x2 − 1) = 3 x −1 = 3 x1 − 1 = −1 hoÆc (do x1 - 1 ≥ x2 -1) ⇒ 1 x2 − 1 = 1 x2 − 1 = −3 x = 4 x1 = 0 hoÆc ⇒ 1 x2 = 2 x2 = −2 0,25® Theo ®Þnh lý Viet: Bµi 3: 0,25® Suy ra a = 6 hoÆc a = -2 (tháa m·n (*) ) Thö l¹i ta thÊy a = 6, a = -2 tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n. 0,25® 2,0 ® 0,25® · ¼ V× BE lµ ph©n gi¸c gãc ·ABC nªn ·ABM = MBC ⇒¼ AM = MN · · (1) ⇒ MAE = MAN 0,50® 0,25® V× M, N thuéc ®êng trßn ®êng kÝnh AB nªn ·AMB = ·ANB = 900 BOOKS.VIETMATHS.COM 26 ⇒ ·ANK = ·AME = 900 , kÕt hîp víi (1) ta cã tam gi¸c AME ®ång d¹ng víi tam gi¸c ANK 0,50® AN AK = AM AE 0,25® ⇒ 0,25® 1,5 ® ⇒ AN.AE = AM.AK (®pcm) Bµi 4: V× tø gi¸c AMIN néi tiÕp nªn ·ANM = ·AIM V× tø gi¸c BMNC néi tiÕp nªn ·ANM = ·ABC 0,25® ⇒ ·AIM = ·ABC .Suy ra tø gi¸c BOIM néi tiÕp Tõ chøng minh trªn suy ra tam gi¸c AMI ®ång d¹ng víi tam gi¸c AOB ⇒ K AM AI = ⇒ AI . AO = AM . AB (1) AO AB Gäi E, F lµ giao ®iÓm cña ®êng th¼ng AO víi (O) (E n»m gi÷a A, O). Chøng minh t¬ng tù (1) ta ®îc: AM.AB = AE.AF = (AO - R)(AO + R) (víi BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2 0,25® 0,25® 3R 2 3R 2 3 R R ⇒ AI.AO = 3R ⇒ AI = = = ⇒ OI = (2) AO 2 R 2 2 0,25® 2 Tam gi¸c AOB vµ tam gi¸c COK ®ång d¹ng nªn OA.OK = OB.OC = R2 0,25® R 2 R 2 R (3) ⇒ OK = = = OA 2 R 2 Bµi 5: a, Tõ (2), (3) suy ra OI = OK Suy ra O lµ trung ®iÓm IK, mµ O lµ trung ®iÓm cña BC V× vËy BICK lµ h×nh b×nh hµnh 2,0 ® 1,0 ® Gi¶ sö O n»m ngoµi miÒn tam gi¸c ABC. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö A vµ O n»m vÒ 2 phÝa cña ®êng th¼ng BC Suy ra ®o¹n AO c¾t ®êng th¼ng BC t¹i K. KÎ AH vu«ng gãc víi BC t¹i H. Suy ra AH ≤ AK < AO 0 BOOKS.VIETMATHS.COM 0,25® 27 ab + bc + ca a 2 + b2 + c 2 9 − (a 2 + b2 + c 2 ) 2 2 2 ⇒P≥a +b +c + 2(a 2 + b 2 + c 2 ) Suy ra P ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 0,25® §Æt t = a2 + b2 + c2, ta chøng minh ®îc t ≥ 3. Suy ra P ≥ t + 9−t t 9 t 1 3 1 = + + − ≥ 3+ − = 4 ⇒ P ≥ 4 2t 2 2t 2 2 2 2 0,25® DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c = 1 VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ 4 ®ã NÕu thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c ®óng cña mçi c©u th× vÉn cho tèi ®a ®iÓm cña c©u SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAM SƠN THANH HOÁ Đề chính thức KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC: 2009-2010 MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009 Câu 1: (2,0 điểm) 2 1. Cho số x ( x ∈ R ; x > 0 ) thoả mãn điều kiện : x + 1 1 5 và B = x + 5 . 3 x x 1 1 + 2= 2 y x 1 = 7 . Tính giá trị x2 3 các biểu thức : A = x + 2. Giải hệ phương trình: 1 + 2- 1 = 2 y x Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện: 2 2 0 ≤ x1 ≤ x 2 ≤ 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = 2a 2 - 3ab + b . 2a - ab + ac Câu 3: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: x-2 + y + 2009 + z - 2010 = 1 ( x + y + z) . 2 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 + 1 và 6p2 + 1 cũng là số nguyên tố. Câu 4: (3,0 điểm) 1. Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Một đường thẳng đi qua A, cắt cạnh BC tại M và cắt đường thẳng CD tại N. Gọi K là giao điểm của các đường thẳng EM và BN. Chứng minh rằng: CK ⊥ BN. BOOKS.VIETMATHS.COM 28 2. Cho đường tròn (O) bán kính R = 1 và một điểm A sao cho OA = 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Một góc xOy có số đo bằng 450 có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB tại D và cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC tại E. Chứng minh rằng 2 2 - 2 ≤ DE < 1 . Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd , trong đó ad – bc = 1. Chứng minh rằng: P ≥ 3 . -------------------------------------------------- Hết --------------------------------------------------Họ và tên thí sinh: ………………………………….. Số báo danh: …………………….. së gi¸o dôc - ®µo t¹o hµ nam kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn N¨m häc 2009 - 2010 M«n thi : to¸n(§Ò chung) Thêi gian lµm bµi: 120 phót (Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) ®Ò chÝnh thøc Bµi 1. (2 ®iÓm) Cho biÓu thøc P = x ( ) +( x +1 ) 2 x −2 +3 x − x 1− x 1− x a) T×m ®iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña P b) Rót gän P c) T×m x ®Ó P > 0 Bµi 2. (1,5 ®iÓm) 1+ 2 x + y = 2 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2+ 2 x − y =1 Bµi 3. (2 ®iÓm) 1) T×m to¹ ®é giao ®iÓm cña ®êng th¼ng y = x + 6 vµ parabol y = x2 2) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè y = (m + 1)x + 2m + 3 c¾t trôc â, trôc Oy lÇn lît t¹i c¸c ®iÓm A , B vµ ∆ AOB c©n ( ®¬n vÞ trªn hai trôc â vµ Oy b»ng nhau). Bµi 4. (3,5 ®iÓm) Cho ∆ ABC vu«ng ®Ønh A, ®êng cao AH, I lµ trung ®iÓm cña Ah, K lµ trung ®iÓm cña HC. §êng trßn ®êng kÝnh AH ký hiÖu (AH) c¾t c¸c c¹nh AB, AC lÇn lît t¹i diÓm M vµ N. a) Chøng minh ∆ ACB vµ ∆ AMN ®ång d¹ng b) Chøng minh KN lµ tiÕp tuýn víi ®êng trßn (AH) c) T×m trùc t©m cña ∆ ABK Bµi 5. (1 ®iÓm) Cho x, y, z lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n: x + y + x = 1. 1 1 1 + + T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = 16 x 4 y z ( ( ) ) ---------hÕt--------- së gi¸o dôc ®µo t¹o hµ nam Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn N¨m häc 2009 – 2010 BOOKS.VIETMATHS.COM 29 híng dÉn chÊm thi m«n to¸n : ®Ò chung Bµi 1 (2 ®iÓm) a) (0,5 ®iÓm) §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña P lµ x ≥ 0 vµ x ≠ 1 x b) (1 ®iÓm) ( ( )= x +1 1− x ) 0. x 0,2 1− x 2 x −2 +3 x − x = 1− x x−4 x +4+3 x − x 1− x 0,2 4− x 1− x 4 VËy P = 1− x c) (0,5 ®iÓm) P>0 ⇔ 1 − x > 0 = 0,2 0,2 0,2 0,2 ⇔ x 2 ⇔ > 2 ⇔ t 2 (t 2 - 4) + 1 > 0 (5) 2 t 2 Vì |t| ≥ 2 nên t >0 và t2 – 4 ≥ 0 , do vậy (5) đúng, suy ra a2 > 2. Câu 2a. x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x) = 3 (1) (2,0đ) x+3 ≥ 0 ⇔ -3 ≤ x ≤ 6 . Điều kiện : 6-x ≥ 0 u = x + 3 , u , v ≥ 0 ⇒ u 2 + v 2 = 9. Đặt : v = 6 - x BOOKS.VIETMATHS.COM 35 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 Phương trình đã có trở thành hệ : u 2 + v2 (u + v) 2 - 2uv = 9 =9 ⇔ = 3 + uv u + v - uv = 3 u + v 0,50 uv = 0 u = 0 ⇔ (3+uv)2-2uv = 9 ⇔ uv = -4 v = 0 x+3 = 0 x = -3 ⇔ ⇔ . x = 6 6-x = 0 Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6. Suy ra : Câu 2b. (2,0đ) 0,50 Ta có hệ phương trình : x+y+z=1 x+y = 1-z ⇔ 2 2 2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1 0,50 x + y = 1 - z ⇔ 2 2 2xy = z - 2z + 1 = (1- z) ⇔ 2xy = (x + y) 2 ⇔ x 2 + y2 = 0 ⇔ x = y = 0 ⇒ z = 1 . Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1). Câu 3. (3,0đ) 0,50 0,50 0,50 Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = 6 (1) ⇔ 3(x-3) 2 + 6y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 = 33 (2) Suy ra : z2 M3 và 2z2 ≤ 33 Hay |z| ≤ 3. Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3. 0,50 0,50 a) z = 0 , (2) ⇔ (x-3)2 + 2y2 = 11 (3) Từ (3) suy ra 2y2 ≤ 11 ⇒ |y| ≤ 2. Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn. Với |y| = 1, từ (3) suy ra x ∈ { 0 ; 6}. b) |z| = 3, (2) ⇔ (x-3)2 + 11 y2 = 5 (4) Từ (4) ⇒ 11y2 ≤ 5 ⇒ y = 0, (4) không có số nguyên x nào thỏa mãn. Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ; (6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0). 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 4a. (2,0đ) abc + 3 xyz ≤ 3 (a+x)(b+y)(c+z) Lập phương 2 vế của (1) ta được : 3 (1) 0,50 abc + xyz + 3 3 (abc) 2 xyz + 3 3 abc(xyz) 2 ≤ (a+x)(b+y)(c+z) ⇔ abc + xyz+ 3 3 (abc) 2 xyz + 3 3 abc(xyz) 2 ≤ abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz 0,50 ⇔ 3 (abc) xyz + 3 abc(xyz) ≤ (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc) (2) 3 2 3 2 BOOKS.VIETMATHS.COM 36 Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có : (abz+ayc+ xbc) ≥ 3 3 (abc) 2 xyz (3) (4) (ayz+xbz+ xyc) ≥ 3 abc(xyz) Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó (1) được chứng minh. 3 Câu4b. (1,0đ) 2 Áp dụng BĐT (1) với a = 3+ 3 3, b = 1, c = 1, x = 3 - 3 3, y = 1, z = 1 Ta có : abc = 3 + Từ đó : 3 3 Câu 6. (3,0đ) 3+ 3 3 + 3 3- 3 3 ≤ 3 6.2.2 = 2 3 3 (đpcm). 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 Chu vi tứ giác MNPQ là : MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ = 2(BJ + JI + IK + KD) ≥ 2BD (cmt) Dấu bằng xảy ra khi đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông cân bằng nhau), lúc đó MNPQ là hình chữ nhật. Kí hiệu như hình vẽ. Phần thuận : · · (giả thiết) AOB =AMB = 900 ⇒ tứ giác AOBM luôn nội tiếp · · ⇒ AMO = ABO = 450 (vì ∆AOB vuông cân tại O) Suy ra M luôn nằm trên đường thẳng đi qua O và tạo với đường PQ một góc 450. Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’ nằm trên đường thẳng đi qua O và tạo với PS một góc 450. Giới hạn : 0,50 0,50 3 , xyz = 3- 3 3 , a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2 Câu 5a. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của (2,0) QN, MN, PQ. Khi đó : M A B MN BJ = (trung tuyến ∆ vuông MBN) J 2 Q PQ I Tương tự DK = . N 2 K QM IJ = (IJ là đtb ∆ MNQ). 2 PN D C Tương tự IK = . P 2 Vì BD ≤ BJ + JI + IK + KD. Dođó: AC AC AC SABCD = .BD ≤ (BJ+JI + IK+KD) = (MN+NP+PQ+QM) - đpcm. 2 2 4 Câu5b. (1,0) 0,50 0,50 0,50 y H P M' Q A x M B' O 0,50 B S K BOOKS.VIETMATHS.COM 0,50 R 37 *) Khi A ≡ H thì M ≡ Q, khi A ≡ K thì M ≡ S *) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A ≡ H thì M’ ≡ P, khi A ≡ K thì M’ ≡ R Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) tại A. Kẻ bán kính OB ⊥ OA. · · Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO = ABO = 450 ) · · Suy ra : AMB = AOB = 900 . Mà AM//PQ , PQ ⊥PS ⇒ MB//PS. Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông PQRS. =Hết= Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o B×NH D¦¥NG -------------------- §Ò thi chÝnh thøc Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT Chuyªn Hïng V¬ng N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n (Chuyªn) Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò.) -------------------------------------- C©u1: Gi¶i ph¬ng tr×nh BOOKS.VIETMATHS.COM 38 0,50 0,50 0,50 0,50 x 2 + x 2 − 2 x − 19 = 2 x + 39 C©u 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh C©u 3: Cho a,b ∈ R tháa: 2 x + y ) + 3( x + y ) + 2 = 0 ( x − y − 5 = 0 2 2 a + a + 3 ÷ b + b + 3 ÷ = 3 TÝnh a+ b C©u 4 Cho Ph¬ng tr×nh bËc hai , x lµ Èn, tham sè m: x 2 − 2 ( m + 1) x + 2m = 0 1- Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ m. 2- Gäi x1,x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh . Chøng tá M = x1 + x2 - x1x2 kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m . C©u 5 Cho tam gi¸c ABC cã 3 gãc nhän . BE vµ CF lµ hai ®êng cao. Trùc t©m H. Trªn · HB vµ HC lÇn lît lÊy ®iÓm M , N sao cho ·AMC = ANB = 900 . Chøng minh : AM = AN . -------------------------------- BOOKS.VIETMATHS.COM 39 Gi¶I ®Ò Thi C©u1: Gi¶i ph¬ng tr×nh x 2 + x 2 − 2 x − 19 = 2 x + 39 (*) ®Æt t = x 2 − 2 x − 19 ≥ 0 (*) ⇔ t 2 + t + 2 = 0 t = 4(nhËn) t2 = −5(lo¹i ⇒1 ⇒ x 2 − 2 x − 19 = 16 ⇔ x 2 − 2 x − 35 = 0 x1 = 7 x2 = −5 ⇒ C©u 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 2 x + y ) + 3 ( x + y ) + 2 = 0 (*) ( x − y − 5 = 0 ®Æt t = x + y t = 1 (*) ⇔ t 2 + 3t + 2 = 0 ⇒ 1 t2 = 2 x = 3 x + y = 1 y = −2 x − y = 5 ⇒ ⇒ x = 7 2 x + y = 2 x − y = 5 −3 y = 2 C©u 3: Cho a,b ∈ R tháa: 2 2 a + a + 3 ÷ b + b + 3 ÷ = 3 TÝnh a+ b BOOKS.VIETMATHS.COM 40 tõ a + a2 + 3 ÷ b + b2 + 3 ÷ = 3 ( ⇔ a 2 − a2 + 3 ) . b − ( b2 + 3) = 3 a − 2 a2 + 3 ÷ b − b2 + 3 ÷ ⇔ a − a2 + 3 ÷ b − b2 + 3 ÷ = 3 2 2 a + a + 3 ÷ b + b + 3 ÷ = 3 vËy a − a2 + 3 b − b2 + 3 = 3 ÷ ÷ 2 2 2 2 ab + a b + 3 + b a + 3 + a + 3 b + 3 = 3 ⇒ 2 2 2 2 ab - a b + 3 - b a + 3 + a + 3 b + 3 = 3 ⇒ 2a b2 + 3 + 2b a 2 + 3 = 0 ( ( )( )( ) ) ⇔ a b2 + 3 + b a 2 + 3 = 0 v × a 2 + 3 > 0, b2 + 3 > 0 nª n a = b = 0 ⇒a+b=0 C©u 4 Cho Ph¬ng tr×nh bËc hai , x lµ Èn, tham sè m: 1. 2. x 2 − 2 ( m + 1) x + 2m = 0 ∆’ = [-(m+1)]2-2m = m2 +2m +1 -2m = m2 + 1 > 0 Nªn ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ m A Nªn kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m . C©u 5: ∆AEB : ∆AFC(g-g) AE AB ⇒ = AF AC ⇒ AE. AC = AF. AB (1) E F H M S.COM BOOKS.VIETMATH B N 41 C ∆vMAC, ME : ® êng .cao MA2 = AE. AC (2) ∆vNAB, NF : ® êng .cao NA2 = AF. AB (3) Tõ (1),(2),(3) ⇒MA2 = NA2 ⇒MA = NA --------------------------------------- BOOKS.VIETMATHS.COM 42 BOOKS.VIETMATHS.COM 43 BOOKS.VIETMATHS.COM 44 BOOKS.VIETMATHS.COM 45 BOOKS.VIETMATHS.COM 46 BOOKS.VIETMATHS.COM 47 BOOKS.VIETMATHS.COM 48 Hướng dẫn BOOKS.VIETMATHS.COM 49 BOOKS.VIETMATHS.COM 50 BOOKS.VIETMATHS.COM 51 Câu 4 BOOKS.VIETMATHS.COM 52 BOOKS.VIETMATHS.COM 53 BOOKS.VIETMATHS.COM 54 BOOKS.VIETMATHS.COM 55 BOOKS.VIETMATHS.COM 56 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học : 2009-2010 Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm : 01 trang ®Ò chÝnh thøc Bài 1. (2,0 điểm) : a. Cho k là số nguyên dương bất kì. Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1 < 2( − ) ( k + 1) k k k +1 b. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 88 + + +L + < 2 3 2 4 3 2010 2009 45 Bài 2. (2.5 điểm): Cho phương trình ẩn x: tham số) x 2 + (m − 1) x − 6 = 0 (1) (m là a. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x = 1 + 2 b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 sao cho biểu 2 2 thức: A = ( x1 − 9)( x2 − 4) đạt giá trị lớn nhất. Bài 3. (2,0 điểm): x 2 + y 2 − xy = 3 a. Giải hệ phương trình sau : 3 3 =9 x + y b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x3 + 2 x 2 + 3x + 2 = y 3 Bài 4. (3,0 điểm): Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N. a. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm C, M, N thẳng hàng. b. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất. Bài 5. (0.5 điểm): Cho góc xOy bằng 120o , trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm A sao cho độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh rằng luôn BOOKS.VIETMATHS.COM 57 tồn tại ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương. ========= Hết ========= Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:……………………………….…………………..Số báo danh:……………. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học : 2009-2010 BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN CÂU Bài 1. Ý NỘI DUNG a. Cho k là số nguyên dương bất kì. CMR: ĐIỂM (2điểm) 1 1 1 < 2( − ) ( k + 1) k k k +1 b. Chứng minh rằng: a. Bđt ⇔ (1.0đ) 1 1 1 1 88 + + +L + < 2 3 2 4 3 2010 2009 45 1 2 k +1 − 2 k < (k + 1) k k. k + 1 0.25 ⇔ 2k + 1 − 2 k(k + 1) > 0 0.25 ⇔ ( k + 1 − k )2 > 0 0.25 Luôn đúng với mọi k nguyên dương. 1 1 1 ⇒ < 2( − ) (k +1) k k k +1 0.25 b. Áp dụng kết quả câu a ta có: (1.0đ) 0.25 VT = 1 2 1 + 1 3 2 + 1 4 3 +L + 1 2010 2009 1 1 1 1 1 1 < 2 − − − ÷+ 2 ÷+ L + 2 ÷ 2 2 3 2010 1 2009 BOOKS.VIETMATHS.COM 0.25 58 Bài 2 (2.5 điểm) 1 = 2 1 − ÷ 2010 0.25 1 88 < 2 1 − ÷ = = VP (đpcm) 45 45 0.25 x 2 + (m − 1) x − 6 = 0 Cho phương trình ẩn x: (1) (m là tham số) c. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm x = 1 + 2 d. Tìm m để (1) có 2 nghiệm x1 , x2 sao cho biểu thức: A = ( x12 − 9)( x22 − 4) max a. (1,5đ) ( Pt (1) có nghiệm x = 1 + 2 ⇔ 1 + 2 ) 2 ( ) + ( m − 1) 1 + 2 − 6 = 0 Tìm được m = 5 2 − 6 và KL. b. (1,0đ) 1.0 Tính ∆ = ( m − 1) + 24 > 0 ∀m suy ra pt (1) có 2 nghiệm phân biệt 2 x1 , x2 . A = ( x1 x2 + 6 ) − ( 2 x1 + 3 x2 ) 2 0.5 2 Theo ĐL Vi-et ta có x1 x2 = −6 ⇒ A = − ( 2 x1 + 3 x2 ) ≤ 0 0.25 2 x1 + 3x2 = 0 x1 = 3 x1 = −3 ⇔ x2 = −2 ∨ x2 = 2 Max A = 0 khi và chỉ khi x1 x2 = −6 x + x = 1− m m = 0 m = 2 1 2 KL : Vậy m = 0 ; m = 2 là các giá trị cần tìm. 0.25 2 Bài 3 (2 điểm) 0.5 2 2 x + y − xy = 3 a. Giải hệ phương trình sau : 3 3 =9 x + y b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x3 + 2 x 2 + 3x + 2 = y 3 a (1.0đ) b (1.0đ) Hệ phương trình đã cho 2 2 =3 =3 x + y x + y − xy ⇔ ⇔ 2 2 2 ( x + y ) − 3 xy = 3 ( x + y )( x + y − xy ) = 9 0.5 x + y = 3 ⇔ xy = 2 0.5 x = 1 x = 2 ⇔ hoặc y = 2 y =1 0.25 2 3 7 Ta có y − x = 2 x + 3 x + 2 = 2 x + ÷ + > 0 4 8 3 3 2 BOOKS.VIETMATHS.COM ⇒x< y 59 (1) 2 9 15 ( x + 2) − y = 4 x + 9 x + 6 = 2 x + ÷ + > 0 4 16 ⇒ y < x+2 0.25 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0) 0.25 3 3 2 (2) Bài 4. (3 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N. c. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm C, M, N thẳng hàng. d. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất. N I A B K H J M O D a. 2.0đ C ∠MNB = ∠MBC ( Cùng chắn cung BM) ∠MND = ∠MDC ( Cùng chắn cung DM) ∠BND = ∠MNB + ∠MND = ∠MBC + ∠MDC = 90o Do đó 5 điểm A, B, C, D, M cùng thuộc một đường tròn BOOKS.VIETMATHS.COM 1.5 60 Suy ra NC là phân giác của góc BND ( do cung BC = cung BD) Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác của góc BND Nên M, N, C thẳng hàng. b. 1.0đ Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên AC và BD ⇒ NHOK là hình chữ nhật Ta có : NA.NC = NH . AC = NH .a 2 NB.ND = NK .BD = NK .a 2 Suy ra NA.NB.NC.ND = 2a 2 .NH .NK ≤ 2a 2 . 0.5 NH 2 + NK 2 a4 = a 2 .NO 2 = 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi NH = NK = Bài 5. (0.5 điểm) 0.5 a (2 − 2)a ⇔ OM = 2 2 0.5 Cho góc xOy bằng 120o , trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm A sao cho độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương. O B C A y x z BOOKS.VIETMATHS.COM 61 • Chỉ ra đường thẳng d1 đi qua A và vuông góc với OA thỏa mãn bài toán • Đặt OA = a > 1 (a nguyên). Trên tia Ox lấy điểm B sao cho OB = a + 1 nguyên dương. Đường thẳng d 2 đi qua A, B cắt tia Oy tại C. 1 1 1 + = OB OC OA 1 1 1 ⇒ + = ⇒ OC = a( a + 1) là số nguyên a + 1 OC a Chứng minh được dương Suy ra d 2 là một đường thẳng cần tìm. • Tương tự lấy B trên Ox sao cho OB = a(a + 1), Ta tìm được đường thẳng d3 • Chứng minh d1 , d 2 , d3 phân biệt. ĐPCM Hướng dẫn chung 1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm cho từng câu. Yêu cầu học sinh phải trình bầy, lập luận và biến đổi hợp lý, chặt chẽ mới cho điểm tối đa. 2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải bài toán mới cho điểm.( không cho điểm hình vẽ ) 3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 4. Chấm điểm từng phần, điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần( không làm tròn). =========================== N¨m häc 2007- 2008 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT – TP hµ néi Bài 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức P= 1. Rút gọn biểu thức P 1 2. Tìm x để P < 2 Bài 2: (2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình BOOKS.VIETMATHS.COM 62 0.5 Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B. Bài 3: (1 điểm) Cho phương trình 1. Giải phương trình khi b= -3 và c=2 2. Tìm b,c để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt và tích của chúng bằng 1 Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A và AH 0) ta có phương trình . Giải ra ta có nghiệm x=12(km/h) BOOKS.VIETMATHS.COM 63 Bài 3: 1. Khi b=-3, c= 2 phương trình x 2-3x+2=0 có nghiệm là x=1, x=2 2. Điều kiện cần tìm là Bài 4: 1. đồng dạng. vì cùng chắn cung AE. Do đó tam giác ABH và EHA 2. nên hay . Vậy tứ giác AHEK là nội tiếp đường tròn đường kính AE. 3. M là trung điểm EB thì OM vuông góc BE, OM=AH. Ta có đều cạnh R. Vậy AH= OM= Bài 5: Đường thẳng y = (m-1)x+2 mx= y+x-2đi qua điểm cố định A(0;2). Do đố OA=2. Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ đến đường thẳng d là OA=2, xảy ra khi d vuông góc với OA hay hệ số góc đường thẳng d là 0 tức là m-1. N¨m häc 2007- 2008 KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT – TP HO CHI MINH BOOKS.VIETMATHS.COM 64 (TG: 120 phút) Câu 1: (1, 5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 – 2 x+4=0 b) x4 – 29x2 + 100 = 0 5 x + 6 y = 17 c) 9 x − y = 7 Câu 2: (1, 5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: a) b) Câu 3: (1 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 675 m 2 và có chu vi bằng 120 m. Tìm chiều dài và chiều rộng của khu vườn. Câu 4: (2 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 với m là tham số và x là ẩn số. a) Giải phương trình với m = 1. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ,x2. c) Với điều kiện của câu b hãy tìm m để biểu thức A = x 1 x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Đường tròn đường kính BC cắt AB, AC theo thứ tự tại E và F. Biết BF cắt CE tại H và AH cắt BC tại D. a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và AH vuông góc với BC. b) Chứng minh AE.AB = AF.AC. c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và K là trung điểm của BC. OK Tính tỉ số khi tứ giác BHOC nội tiếp. BC d) Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC. Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2007-2008 Câu 1: a) Ta có Δ’ = 1 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x 1 = 5 – 1 và x2 = 5 + 1. b) Đặt t = x2 ≥ 0, ta được phương trình trở thành t2 – 29t + 100 = 0 t = 25 hay t =2. * t = 25 x2 = 25 x = ± 5. BOOKS.VIETMATHS.COM 65 *t=4 x2 = 4 x = ± 2. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là ± 2; ±5. c) Câu 2: a) b) Câu 3: Gọi chiều dài là x (m) và chiều rộng là y (m) (x > y > 0). Theo đề bài ta có: Ta có: (*) x2 – 60x + 675 = 0 x = 45 hay x = 15. Khi x = 45 thì y = 15 (nhận) Khi x = 15 thì y = 45 (loại) Vậy chiều dài là 45(m) và chiều rộng là 15 (m) Câu 4: Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 (1) a) Khi m = 1 thì (1) trở thành: x2 – 2x + 1 = 0 (x – 1)2 = 0 x = 1. b) (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Δ’ = m – 1 > 0 m > 1. Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 m > 1. c) Khi m > 1 ta có: S = x1 + x2 = 2m và P = x1x2 = m2 – m + 1 Do đó: A = P – S = m2 – m + 1 – 2m = m2 – 3m + 1 = Dấu “=” xảy ra − ≥– . m= (thỏa điều kiện m > 1) Vậy khi m = thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là – . Câu 5: a) * Ta có E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC với đường tròn đường kính BC. Tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC. * Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BF, CE là hai đường cao của ΔABC. H là trực tâm của Δ ABC. AH vuông góc với BC. BOOKS.VIETMATHS.COM 66 b) Xét Δ AEC và Δ AFB có: chung và Δ AEC đồng dạng với Δ AFB c) Khi BHOC nội tiếp ta có: mà AEHF nội tiếp) và (do Ta có: K là trung điểm của BC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC OK vuông góc với BC mà tam giác OBC cân tại O (OB = OC ) Vậy d) d) Xét Δ EHB và Δ FHC có: mà BC = 2KC nên (đối đỉnh) Δ EHB đồng dạng với Δ FHC HE.HC = HB.HF = 4.3 = 12 HC(CE – HC) = 12 HC2 – 8.HC + 12 = 0 * Khi HC = 2 thì HE = 6 (không thỏa HC > HE) * Khi HC = 6 thì HE = 2 (thỏa HC > HE) Vậy HC = 6 (cm). HC = 2 hoặc HC = 6. N¨m häc 2008- 2009 §Ò thi vµo líp 10 ptth – tp hµ néi M«n to¸n - ( thêi gian 120’) Bµi I 1 x x Cho biÓu thøc P = + : ÷ ÷ x ÷ x −1 ÷ x +x 1) Rót gän biÓu thøc P 2) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P khi x = 4 BOOKS.VIETMATHS.COM 67 13 3 Bµi II : Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh Th¸ng thø nhÊt hai tæ s¶n xuÊt ®îc 900 chi tiÕt m¸y . Th¸ng thø hai tæ I vît møc 15% vµ tæ hai vît møc 10 % so víi th¸ng thø nhÊt , v× vËy hai tæ s¶n xuÊt ®îc 1010 chi tiÕt m¸y .Hái th¸ng thø nhÊt mçi tæ s¶n xuÊt ®îc bao nhiªu chi tiÕt m¸y? Bµi III : 3) T×m x ®Ó P = y= 1 2 x 2 vµ ®êng th¼ng (d) cã Trªn hÖ trôc to¹ ®é Oxy, cho Parapol (P) cã ptr×nh lµ : ph¬ng tr×nh y = mx + 1 a) CMR: víi mäi gi¸ trÞ cña m ®êng th¼ng (d) lu«n c¾t Parabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt . b) Gäi A ,B lµ hai giao ®iÓm cña (d) vµ (P) .TÝnh diÖn tÝch ∆AOB theo m ( O lµ gèc to¹ ®é ) Bµi IV: Cho ®trßn (O), ®êng kÝnh AB = 2R vµ E lµ ®iÓm bÊt k× n»m trªn ®êng trßn ®ã ( E kh¸c A vµ B). §êng ph©n gi¸c gãc AEB c¾t ®o¹n th¼ng AB t¹i F vµ c¾t ®êng trßn (O) t¹i ®iÓm thø hai lµ K. a) Chøng minh ∆KAF ®ång d¹ng ∆KEA . b) Gäi I lµ giao ®iÓm cña ®êng trung trùc ®o¹n EF víi OE. Chøng minh ®êng trßn (I) b¸n kÝnh IE tiÕp xóc víi ®êng trßn (O) t¹i E vµ tiÕp xóc víi ®êng th¼ng AB t¹i F. c) Chøng minh MN // AB , trong ®ã M vµ N lÇn lît lµ giao ®iÓm thø hai cña AE , BE víi ®êng trßn (I). d) TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt chu vi cña ∆KPQ theo R khi E di chuyÓn trªn ®êng trßn (O), víi P lµ giao ®iÓm cña NE vµ AK, Q lµ giao ®iÓm cña MF vµ BK. Bµi V: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A biÕt 4 4 2 2 A = ( x − 1) + ( x − 3) + 6 ( x − 1) ( x − 3) Đáp án Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thành phố Hà Nội 2008 - 2009 Câu I. 1. Rút gọn P Điều kiện: 2. Với 3. Tìm x để: Đặt BOOKS.VIETMATHS.COM 68 Với Với Vậy nghiệm là : và Câu II . Gọi tháng thứ nhất tổ I sản xuất được x ( chi tiết máy) Do tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy nên tháng thứ hai tổ II sản xuất được 900 – x (chi tiết máy) (Điều kiện: 0< x < 900) Tháng thứ hai tổ I vượt mức 15% nên tổ I sản xuất được số chi tiết máy là: x + x.15%= x.115% (chi tiết máy) (1) Tháng thứ hai tổ II vượt mức 10% nên tổ II sản xuất được số chi tiết máy là: (900 - x) + (900 – x).10% = (900 – x). 110% ( chi tiết máy) (2) Trong tháng hai cả hai tổ sản xuất được 1010 chi tiết máy, nên từ (1) và (2) ta có phương trình: Vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 (chi tiết máy) Vậy tháng thứ nhất tổ II sản xuất được: 900 – 400 = 500 (chi tiết máy) Câu III. 1. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: (1) (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m vì a.c = - 4 < 0 (2) Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt 2.Phương trình (1) có: Phương trình (1) có 2 nghiệm: và Ta chọn: Thay vào (d): và ta được: và Gọi A’ và B’ lần lượt là hình chiếu của A và B lên trục Ox Gọi S1 là diện tích của hình thang ABB’A’ BOOKS.VIETMATHS.COM 69 BOOKS.VIETMATHS.COM 70 +) Ta có: E, I, O thẳng hàng và OI = OE – IE = R – IE nên đường tròn ( I; IE ) tiếp xúc với (O; R) 3. AE cắt (I) tại M, BE cắt (I) tại N Mà I suy ra MN là đường kính của đường tròn ( I ) nên MN đi qua Hơn nữa EF là phân giác của góc Theo chứng minh tương tự câu a ta suy ra Vậy MN // AB 4. Theo đề bài ta có NF cắt AK tại P, MF cắt BK tại Q Suy ra ( vì hai góc đối đỉnh) Mà góc ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) ) Vậy tứ giác PKQF là tứ giác nội tiếp đường tròn Suy ra Mà ( vì cùng chắn cung KQ ) ( đối đỉnh) Mặt khác ( do cùng chắn cung ME và MN // AB ) Hơn nữa Suy ra ( vì cùng chắn cung AE ) và Vậy (chắn cung FQ) suy ra PKQF là hình chữ nhật Mặt khác: Suy ra AP = PF = KQ Suy ra: PK + KQ = AK Mà vuông cân tại K Vậy chu vi tam giác KPQ là: Vậy vuông cân tại P ( do PQ = KF) trùng với O hay E là điểm chính giữa của cung AB Câu V. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A (*) Đặt Khi đó (*) (vì ) Vậy N¨m häc 2008- 2009 BOOKS.VIETMATHS.COM 71 §Ò thi vµo líp 10 ptth – tp Hå chÝ minh M«n to¸n - ( thêi gian 120’) Bµi I Gi¶I c¸c ph¬ng tr×nh vµ hÖ ph¬ng tr×nh sau : a) 2 x 2 + 3 x − 5 = 0 . b) x 4 − 3x 2 − 4 = 0 2 x + y = 1 c) 3 x + 4 y = −1 Bµi II : a) VÏ ®å thÞ (P) cña hµm sè y = - x 2 vµ ®êng th¼ng (d) y = x - 2 trªn cïng mét hÖ trôc to¹ ®é . b) T×m to¹ ®é c¸c giao ®iÓm cña (P) vµ (d) ë c©u trªn b»ng phÐp tÝnh. Bµi III : Thu gän biÓu thøc sau : a) A = 7 − 4 3 − 7 + 4 3 x +1 x −1 x x + 2x − 4 x − 8 b) B = víi x > 0, x ≠ 4 − . ÷ x−4 x+4 x +4÷ ÷ ÷ x Bµi IV: Cho ph¬ng tr×nh x2 - 2mx - 1 = 0 ( m lµ tham sè ) a) Chøng minh ph¬ng tr×nh trªn lu«n cã hai nghiÖm víi mäi m. b) Gäi x1 , x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh trªn . T×m m ®Ó x12 + x22 − x1 x2 = 7 Bµi V: Tõ mét ®iÓm M n»m ngoµi ®êng trßn (O) vÏ c¸t tuyÕn MCD kh«ng ®i qua t©m O vµ hai tuyÕn tuyÕn MA , MB ®Õn ®êng trßn (O) ë ®©y A , B lµ c¸c tiÕp ®iÓm vµ C n»m gi÷a M vµ D. a) Chøng minh : MA2 = MC.MD b) Gäi I lµ trung ®iÓm cña CD . Chøng minh 5 ®iÓm M, A, O, I, B cïng n»m trªn mét ®êng trßn . c) Gäi H lµ giao ®iÓm cña AB vµ MO . Chøng minh tø gi¸c CHOD néi tiÕp ® êng trßn . Suy ra AB lµ ®êng ph©n gi¸c cña gãc CHD. d) Gäi K lµ giao ®iÓm cña c¸c tiÕp tuyÕn t¹i C vµ D cña ®êng trßn (O) . Chøng minh 3 ®iÓm A, B, K th¼ng hµng. Đáp án KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2008 – 2009 TP.HCM Môn thi : TOÁN Câu 1: a) có a + b + c = 0 nên có nghiệm là x = 1 hay b) Ðặt , phương trình : (1) thành Phương trình này có dạng a - b + c = 0 nên có nghiệm là t = -1 (loại) hay . Do đó, c) Câu 2: BOOKS.VIETMATHS.COM 72 a) Vẽ đồ thị: b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là nghiệm của phương trình: Ta có: y(1) = 1 - 2 = -1; y(-2) = -2 - 2 = -4 Tọa độ giao điểm của (D) và (P) là (1; -1); (-2; -4) Câu 3: a) b) Điều kiện: x - 4 ≠ 0; x + 4 Với điều kiện (*) thì: + 4 ≠ 0; ≠ 0; x 0 x ≠ 4; x > 0 (*) Câu 4: a) Ta có : a.c = -1 < 0, phương trình có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với b) Theo định lý Viet ta có ; BOOKS.VIETMATHS.COM 73 với Câu 5: a) Chứng minh : Vì tính chất phương tích của tiếp tuyến nên ta có b) Chứng minh: M, A, O, I, B cùng nằm trên đuờng tròn Vì nên 3 điểm B, A, I cùng nhìn OM dưới một góc vuông. Vậy 5 điểm B, A, I, M, O cùng nội tiếp đường tròn đường kính OM c) Từ hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: (c.g.c) nội tiếp Ta có: (chứng minh trên) ( cùng chắn cung DO) Mà (tam giác COD cân tại O) là phân giác của góc CHD d) K là trực tâm của tam giác CDO thẳng hàng. ( chắn nửa đường tròn đường kính KO) Mà Dễ dàng suy ra A, H, K thẳng hàng suy ra A, B, K thẳng hàng. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT Năm học 2008 -2009 Môn: TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) I. Phần trắc nghiệm (4, 0 điểm) Chọn ý đúng mỗi câu sau và ghi vào giấy làm bài.Ví dụ: Nếu chọn ý A câu 1 thì ghi 1A. BOOKS.VIETMATHS.COM 74 Câu 1. Giá trị của biểu thức (3 − 5) 2 bằng A. 3 − 5 B. 5 − 3 C. 2 D. 3 − 5 Câu 2. Đường thẳng y = mx + 2 song song với đường thẳng y = 3x − 2 khi A. m = − 2 B. m = 2 C. m = 3 D. m = − 3 Câu 3. x − 3 = 7 khi x bằng A. 10 B. 52 C. −46 D. 14 Câu 4. Điểm thuộc đồ thị hàm số y = 2x2 là A. ( − 2; − 8) B. (3; 12) C. ( − 1; − 2) D. (3; 18) Câu 5. Đường thẳng y = x − 2 cắt trục hoành tại điểm có toạ độ là A. (2; 0) B. (0; 2) C. (0; − 2) D. ( − 2; 0) Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Ta có AC AH AB BH A. sin B = B. sin B = C. sin B = D. sin B = AB AB BC AB Câu 7. Một hình trụ có bán kính đáy bằng r và chiều cao bằng h. Diện tích xung quanh của hình trụ đó bằng A. πr2h B. 2πr2h C. 2πrh D. πrh Câu 8. Cho hình vẽ bên, biết BC là đường kính của đường tròn (O), điểm A nằm trên đường · thẳng BC, AM là tiếp tuyến của (O) tại M và MBC = 650 . M Số đo của góc MAC bằng 650 A A. 150 B. 250 C. 350 D. 400 O B II. Phần tự luận (6,0 điểm) Bài 1. (1,5 điểm) a) Rút gọn các biểu thức: M =2 5- æ 1 45 + 2 20 ; ö 5- 1 ÷ × . ÷ ÷ 5 3+ 5ø 5- 5 b) Tổng của hai số bằng 59. Ba lần của số thứ nhất lớn hơn hai lần của số thứ hai là 7. Tìm hai sè đó. N =ç ç ç è3 - - 1 Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 - 5x + m = 0 (1) với x là ẩn số. a) Giải phương trình (1) khi m = 6. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x1 x 2 + x 2 x1 = 6 . Bài 3. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB bằng 6cm. Gọi H là điểm nằm giữa A và B sao cho AH = 1cm. Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB, đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại C và D. Hai đường thẳng BC và DA cắt nhau tại M. Từ M hạ đường vuông góc MN với đường thẳng AB (N thuộc đường thẳng AB). a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp. · b) Tính độ dài đoạn thẳng CH và tính tg ABC . c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt NC ở E. Chứng minh đường thẳng EB đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT QUẢNG NAM Năm học 2008 -2009 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN I. Hướng dẫn chung BOOKS.VIETMATHS.COM 75 C 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi. 3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25. II. Đáp án và thang điểm 1. Phần trắc nghiệm (4,0 điểm) - HS chọn đúng mỗi câu cho 0,5 điểm. - Đáp án Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 A C B D A B C D 2. Phần tự luận (6,0 điểm) Bài Đáp án Điểm a) Biến đổi 0,25đ M = 2 5 −3 5 +4 5 = 3 5 1 (1,5đ) æ 1 ö 5- 1 1 ÷ 3 + 5 - (3 N =ç × = ÷ ç ÷ ç è3 - 5 3 + 5 ø 5 - 5 9- 5 5) 2 5 1 1 × = 4 2 5 = × 5- 1 5( 5 - 1) 0,25đ 0,25đ b) Gọi x là số thứ nhất, y là số thứ hai. ìï x + y = 59 Theo đề bài ta có: ïí 0,25đ Giải hệ phường trình tìm được x = 25, y = 34. Kết luận hai số cần tìm là 25 và 34. 0,25đ 0,25đ a) Khi m = 6, ta có PT x2 - 5x + 6 = 0 Lập ∆ = 52 - 4.6 = 1 Tìm được hai nghiệm: x1 = 2; x2 = 3 b) Lập ∆ = 25 - 4m 0,25đ 0,5đ ïïî 3x - 2y = 7 25 4 Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 khi ∆ ≥ 0 hay m ≤ Áp dụng hệ thức Viet, ta có x1 + x2 = 5 ; x1.x2 = m ìï x1 + x 2 > 0 Hai nghiệm x1, x2 dương khi ïí hay m > 0. ïïî x1x 2 > 0 2 (1,5đ) Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm dương x1, x2 là 0 t = 2 => m = 4 (thoả mãn (*)). * 2t2 + 9t + 18 = 0 : phương trình vô nghiệm. Vậy với m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương x1, x2 thoả 0,25đ mãn x1 x 2 + x 2 x1 = 6 . Hình vẽ phục vụ a) Hình vẽ phục vụ b), c), d) M N K 3 (3,0đ) C E I A H · · a) Lí luận được ACM = 900 , ANM = 900 Kết luận ANMC là tứ giác nội tiếp. 0,25đ 0,25đ O B D b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có: CH2 = AH.HB ⇒ CH = AH.HB = 5 (cm) CH 5 · t gABC = = HB 5 · · c) Lí luận được: ACN=AMN · · · ADC=ABC = BCO · · ADC=AMN · · Suy ra được ACN=BCO 0 · Lí luận NCO=90 Kết luận NC là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Gọi I là giao điểm của BE và CH và K là giao điểm của tiếp tuyến AE và BM. Lí luận được OE//BM. Từ đó lí luận suy ra E là trung điểm của AK IC IH BI = Lý luận được (cùng bằng ) EK EA BE Mà EK = EA Do đó IC = IH. Kết luận: Đường thẳng BE đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM 0.25đ 0.25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2008-2009 Môn TOÁN Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) BOOKS.VIETMATHS.COM 77 Bài 1 ( 1 điểm ): a) Thực hiện phép tính: 3 10 + 20 − 3 6 − 12 . 5− 3 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x − x − 2008 . Bài 2 ( 1,5 điểm ): mx − y = 2 Cho hệ phương trình: 3x + my = 5 a) Giải hệ phương trình khi m = 2 . b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ m2 thức x + y = 1 − 2 . m +3 Bài 3 (1,5 điểm ): 1 2 a) Cho hàm số y = − x , có đồ thị là (P). Viết phương trình đường thẳng đi 2 qua hai điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hoành độ là − 2 và 1. b) Giải phương trình: 3x 2 + 3x − 2 x 2 + x = 1 . Bài 4 ( 2 điểm ): Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. MO MO + = 1. a) Chứng minh: CD AB 1 1 2 + = . b) Chứng minh: AB CD MN c) Biết S AOB = m 2 ; S COD = n 2 . Tính S ABCD theo m và n (với S AOB , S COD , S ABCD lần lượt là diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác ABCD). Bài 5 ( 3 điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O; C và D là hai điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp. b) OM ⊥ BC. c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố định. Bài 6 ( 1 điểm ): x2 y2 + ≥ x+y. a) Cho các số thực dương x; y. Chứng minh rằng: y x b) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n 4 + 4 n là hợp số. BOOKS.VIETMATHS.COM 78 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2008-2009 Môn TOÁN Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN I. Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi. 3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25. II. Đáp án: Bài Nội dung Điểm 0,25 ( 5 − 3 )(3 2 + 2) a) Biến đổi được: 5− 3 0,25 =3 2+2 b) Điều kiện x ≥ 2008 1 1 1 1 (1đ) x − x − 2008 = ( x − 2008 − 2. 2 . x − 2008 + 4 ) + 2008 − 4 1 8031 8031 = ( x − 2008 − ) 2 + ≥ 0,25 2 4 4 1 8033 Dấu “ = “ xảy ra khi x − 2008 = ⇔ x = (thỏa mãn). Vậy giá trị 2 4 8031 8033 0,25 khi x = nhỏ nhất cần tìm là . 4 4 2 x − y = 2 0,25 a) Khi m = 2 ta có hệ phương trình 3x + 2 y = 5 2 2 +5 2 x − 2 y = 2 2 x = ⇔ ⇔ 5 0,25 3x + 2 y = 5 y = 2x − 2 2 2 +5 x = 5 2 0,25 ⇔ 5 2 − 6 (1,5đ) y = 5 2m + 5 5m − 6 ;y= 2 b) Giải tìm được: x = 2 0,25 m +3 m +3 2 m Thay vào hệ thức ; ta được 0,25 x + y = 1− 2 m +3 2m + 5 5m − 6 m2 0,25 + 2 = 1− 2 2 m +3 m +3 m +3 BOOKS.VIETMATHS.COM 79 Giải tìm được m = 4 7 1 a) Tìm được M(- 2; - 2); N (1 : − ) 0,25 2 Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và N nên − 2a + b = −2 0,25 1 3 a + b = − 2 (1,5đ) 0,25 1 Tìm được a = ; b = −1 . Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 2 1 y = x −1 2 b) Biến đổi phương trình đã cho thành 3( x 2 + x ) − 2 x 2 + x − 1 = 0 Đặt t = x 2 + x ( điều kiện t ≥ 0 ), ta có phương trình 3t 2 − 2 t − 1 = 0 0,25 1 Giải tìm được t = 1 hoặc t = − (loại) 0,25 3 Với t = 1, ta có x 2 + x = 1 ⇔ x 2 + x − 1 = 0 . Giải ra được x= −1+ 5 −1− 5 hoặc x = . 2 2 0,25 Hình vẽ A M B O N D C MO AM MO MD = ; = CD AD AB AD MO MO AM + MD AD + = = = 1 (1) Suy ra CD AB AD AD NO NO + = 1 (2) b) Tương tự câu a) ta có CD AB MO + NO MO + NO MN MN + = 2 hay + =2 (1) và (2) suy ra CD AB CD AB 1 1 2 + = Suy ra CD AB MN a) Chứng minh được 4 (2đ) 0,25 BOOKS.VIETMATHS.COM 0,25 0,50 0,25 0,25 80 c) S AOB OB S AOD OA OB OA S S = ; = ; = ⇒ AOB = AOD S AOD OD S COD OC OD OC S AOD S COD ⇒ S 2AOD = m 2 .n 2 ⇒ S AOD = m.n 2 2 2 Tương tự S BOC = m.n . Vậy S ABCD = m + n + 2mn = (m + n ) Hình vẽ (phục vụ câu a) 0,25 0,25 0,25 A D I O M 5 (3đ) B C a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau - sđ góc AMB bằng sđ cung AB Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1) - M nằm trên đường trung trực của BC (2) Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra OM ⊥ BC c) Từ giả thiết suy ra d ⊥ OM Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB, suy ra góc OMI bằng 90 0 , do đó OI là đường kính của đường tròn này Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định. Vậy d luôn đi qua điểm I cố định. 6 (1đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x2 y2 + ≥x+y a) Với x và y đều dương, ta có (1) y x ⇔ x 3 + y 3 ≥ xy( x + y) ⇔ ( x + y)( x − y) 2 ≥ 0 (2) 0,25 (2) luôn đúng với mọi x > 0, y > 0. Vậy (1) luôn đúng với mọi 0,25 x > 0, y > 0 b) n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự nhiên lớn hơn 0. - Với n = 2k, ta có n 4 + 4 n = ( 2k ) 4 + 4 2 k lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do 0,25 đó n 4 + 4 n là hợp số. -Với n = 2k+1, tacó n 4 + 4 n = n 4 + 4 2 k .4 = n 4 + (2.4 k ) 2 = (n 2 + 2.4 k ) 2 − (2.n.2 k ) 2 BOOKS.VIETMATHS.COM 81 = (n2 + 22k+1 + n.2k+1)(n2 + 22k+1 – n.2k+1) = [( n+2k)2 + 22k ][(n – 2k)2 + 0,25 22k ]. Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4 + 4n là hợp số ======================= Hết ======================= SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2008-2009 Môn TOÁN ( Dành cho học sinh chuyên Tin) Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Bài 1 (1,5 điểm ): a) Thực hiện phép tính: 3 10 + 20 − 3 6 − 12 5− 3 . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x − x − 2008 . Bài 2 (2 điểm ): mx − y = 2 Cho hệ phương trình: 3x + my = 5 a) Giải hệ phương trình khi m = 2 . b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ m2 thức x + y = 1 − 2 . m +3 Bài 3 (2 điểm ): 1 2 a) Cho hàm số y = − x , có đồ thị là (P). Viết phương trình đường thẳng đi 2 qua hai điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hoành độ là − 2 và 1. b) Giải phương trình: 3x 2 + 3x − 2 x 2 + x = 1 . Bài 4 ( 1,5 điểm ): Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. a) Chứng minh: MO MO + = 1. CD AB BOOKS.VIETMATHS.COM 82 b) Chứng minh: 1 1 2 + = . AB CD MN Bài 5 ( 3 điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O; C và D là hai điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp. b) OM ⊥ BC. c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố định. ======================= Hết ======================= SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2008-2009 Môn TOÁN (Dành cho học sinh chuyên Tin) Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN I. Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi. 3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25. II. Đáp án: Bài Nội dung Điểm 0,50 ( 5 − 3 )(3 2 + 2) a) Biến đổi được: 5− 3 0,25 =3 2+2 b) Điều kiện x ≥ 2008 1 1 1 1 (1,5đ) x − x − 2008 = ( x − 2008 − 2. 2 . x − 2008 + 4 ) + 2008 − 4 1 8031 8031 = ( x − 2008 − ) 2 + ≥ 0,50 2 4 4 1 8033 Dấu “ = “ xảy ra khi x − 2008 = ⇔ x = (thỏa mãn). Vậy giá trị 2 4 8031 8033 0,25 khi x = nhỏ nhất cần tìm là . 4 4 2 x − y = 2 0,25 a) Khi m = 2 ta có hệ phương trình 3x + 2 y = 5 BOOKS.VIETMATHS.COM 83 2 (2đ) 2x − 2 y = 2 2 ⇔ 3x + 2 y = 5 0,25 2 2 +5 x = ⇔ 5 y = 2x − 2 0,25 2 2 +5 x = 5 ⇔ y = 5 2 − 6 5 0,25 b) Giải tìm được: x = Thay vào hệ 2m + 5 5m − 6 ;y= 2 2 m +3 m +3 thức x + y = 1− 0,50 2 m ; m2 + 3 ta được 0,25 2m + 5 5m − 6 m2 + = 1− 2 m2 + 3 m2 + 3 m +3 4 Giải tìm được m = 7 3 (2đ) 1 a) Tìm được M(- 2; - 2); N (1 : − ) 2 Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và N nên − 2a + b = −2 1 a + b = − 2 1 Tìm được a = ; b = −1 . 2 1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y = x − 1 2 2 b) Biến đổi phương trình đã cho thành 3( x + x ) − 2 x 2 + x − 1 = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đặt t = x 2 + x ( điều kiện t ≥ 0 ), ta có phương trình 3t 2 − 2 t − 1 = 0 0,25 1 Giải tìm được t = 1 hoặc t = − (loại) 0,25 3 Với t = 1, ta có x 2 + x = 1 ⇔ x 2 + x − 1 = 0 . Giải ra được −1+ 5 −1− 5 hoặc x = . 2 2 Hình vẽ x= 0,25 0,25 BOOKS.VIETMATHS.COM 84 A B M O N D C MO AM MO MD = ; = CD AD AB AD 4 MO MO AM + MD AD + = = = 1 (1) (1,5đ) Suy ra CD AB AD AD NO NO + = 1 (2) b) Tương tự câu a) ta có CD AB MO + NO MO + NO MN MN + = 2 hay + =2 (1) và (2) suy ra CD AB CD AB 1 1 2 + = Suy ra CD AB MN Hình vẽ (phục vụ câu a) a) Chứng minh được 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 A D I O M 5 (3đ) B C a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau - sđ góc AMB bằng sđ cung AB Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1) - M nằm trên đường trung trực của BC (2) Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra OM ⊥ BC c) Từ giả thiết suy ra d ⊥ OM Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB, suy ra góc OMI bằng 90 0 , do đó OI là đường kính của đường tròn này. Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định. Vậy d luôn đi qua điểm I cố định. BOOKS.VIETMATHS.COM 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 85 BOOKS.VIETMATHS.COM 86 [...]... 2- 2+ 1 n2 2 + 2- 1 n2 1 ( 3+ 2 ) ************************************************ SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2009-2 010 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho các thí sinh thi vào lớp chun Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ————————— (Đề có 01 trang) Câu 1: (3,0 điểm) a) 1 1 9 x + y + x + y = 2 Giải hệ phương trình: xy + 1 = 5 xy 2... thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c ®óng cđa mçi c©u th× vÉn cho tèi ®a ®iĨm cđa c©u SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAM SƠN THANH HỐ Đề chính thức KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC: 2009-2 010 MƠN: TỐN (Dành cho học sinh thi vào lớp chun Tốn) Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009 Câu 1: (2,0 điểm) 2 1 Cho số x ( x ∈ R ; x > 0 ) thoả mãn điều kiện : x + 1 1 5 và B = x... trÞ bÐ nhÊy cđa P lµ 49/16 BOOKS.VIETMATHS.COM 31 0,2 0, 0,2 0,2 0, 0,2 0,2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN NĂM HỌC 2009 – 2 010 Mơn Tốn – Vòng 1 (Dùng cho tất cả các thí sinh) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang Câu 1: (2 điểm) Tính giá trị biểu thức: ( x= 5 2+2 5 5 − 250 3 3 − 3 −1 3 +1 y= A=... chẳng hạn như trên hình vẽ Khi đó d ( P; AB ) > d ( C ; AB ) , suy ra S PAB > SCAB , mâu thuẫn với giả thi t tam giác ABC có diện tích lớn nhất Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A ' B ' C ' có diện tích khơng lớn hơn 4 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN CỦA HẢI PHỊNG NĂM HỌC 2009-2 010 Bài 1 : ( 1 điểm ) Cho x = ( 4+2 3 − 3 5+2 ) 3 17 5 − 38 − 2 tính P = ( x 2 + x + 1) 2009 Bài 2 :... nªn 2m-3+n>2m-3-n Vµ do m∈Z, n∈N vµ 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11) Tõ ®ã xÐt 4 trêng hỵp ta sÏ t×m ®ỵc gi¸ trÞ cđa m 2)Tõ gi¶ thi t bµi to¸n ta cã: 100 a + 10b 2 2 100 a + 10b + c = ( a + b ) 4c ⇔ c = (do 4 ( a + b ) − 1 ≠ 0) 2 4 ( a + b) −1 = 10 ( 10a + b ) 4 ( a + b) −1 2 = 10 ( a + b ) + 9a 4 ( a + b) −1 2 Ta cã 4 ( a + b ) − 1 lµ sè lỴ vµ do 0 < c ≤ 9 nªn 4 ( a + b ) − 1 M5 2 2 Mµ 4 ( a + b... Vậy tứ giác BCED nội tiếp đường tròn tâm K Với K là gaio điểm 3 đường trực của ∆BCE hoặc ∆BDE Së GD&§T NghƯ An §Ị thi chÝnh thøc K× thi TUN sinh VµO líp 10 trêng thpt chuyªn phan béi ch©u n¨m häc 2009 - 2 010 BOOKS.VIETMATHS.COM 24 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Bài 1: (3.5 điểm) a) Giải phương trình 3 x+2 + 3 7− x =3 b) Giải hệ phương trình 8 2 + 3x = y 3 x3 − 2... trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca a 2b + b 2c + c 2a Hết -Së GD&§T NghƯ An K× thi TUN sinh VµO líp 10 trêng thpt chuyªn phan béi ch©u n¨m häc 2009 - 2 010 §Ị thi chÝnh thøc M«n thi: To¸n Híng dÉn chÊm thi B¶n híng dÉn chÊm gåm 03 trang Néi dung ®¸p ¸n Bµi 1 a 3 §iĨm 3,5 ® 2,0® x+2 + 3 7− x =3 BOOKS.VIETMATHS.COM 25 ⇔ x + 2 + 7 − x + 3 3 x... = ; ÷ 2 3 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 43 khi ( x; y ) = ; ÷ 2 3 BOOKS.VIETMATHS.COM 33 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG TỈNH PHÚ N NĂM HỌC 2009-2 010 Mơn thi: TỐN CHUN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) ***** Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + 1 = 0, a là tham số a) Giải phương trình với a = 1 b) Trong trường... cờ vua Lúc đầu tổng số sỏi ở các ơ đen bằng 100 5 2009 là một số lẻ sau mối phép thực hiện thao tác T tổng số sỏi ở các ơ đen ln là số lẻ vậy khơng thể chuyển tất cả viên sỏi trên bẳng ơ vng về cùng một ơ sau một số hữu hạn các phép thưc hiện thao tác T Së gi¸o dơc-®µo t¹o Hµ nam ®Ị chÝnh thøc Kú thi tun sinh vµo líp 10 THPT chuyªn N¨m häc 2009-2 010 M«n thi : to¸n(®Ị chuyªn) Thêi gian lµm bµi: 120... y, z lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n: x + y + x = 1 1 1 1 + + T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc P = 16 x 4 y z ( ( ) ) -hÕt - së gi¸o dơc ®µo t¹o hµ nam Kú thi tun sinh vµo líp 10 thpt chuyªn N¨m häc 2009 – 2 010 BOOKS.VIETMATHS.COM 29 híng dÉn chÊm thi m«n to¸n : ®Ị chung Bµi 1 (2 ®iĨm) a) (0,5 ®iĨm) §iỊu kiƯn x¸c ®Þnh cđa P lµ x ≥ 0 vµ x ≠ 1 x b) (1 ®iĨm) ( ( )= x +1 1− x ) 0 x 0,2 1− x 2 x −2 +3 x ... —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2009-2 010 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ————————— (Đề có... SƠN THANH HỐ Đề thức KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC: 2009-2 010 MƠN: TỐN (Dành cho học sinh thi vào lớp chun Tốn) Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19 tháng... TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN NĂM HỌC 2009 – 2 010 Mơn Tốn – Vòng (Dùng cho tất thí sinh) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu