Sở giáo dục đào tạo HảI dơng Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trãi - Năm học 2009-2010 Môn thi : toán Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 08 tháng năm 2009 (Đề thi gồm: 01 trang) Đề thi thức Câu I (2.5 điểm): 1) Giải hệ phơng trình: x + y + xy = xy + 3x = 2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có nghiệm nguyên: 4x + 4mx + 2m 5m + = Câu II (2.5 điểm): 1) Rút gọn biểu thức: + x2 ( + x ) A= + x2 2) Cho trớc số hữu tỉ m cho ( x) với x m số vô tỉ Tìm số hữu tỉ a, b, c để: a m2 + b m + c = Câu III (2.0 điểm): 1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số x số nguyên dơng biết f(5) f(3) = 2010 Chứng minh rằng: f(7) f(1) hợp số 2 2) Tìm giá trị lớn biểu thức: P = x 4x + x + 6x + 13 Câu IV (2.0 điểm): Cho tam giác MNP có ba góc nhọn điểm A, B, C lần lợt hình chiếu vuông góc M, N, P NP, MP, MN Trên đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E ã ã cho DE song song với NP Trên tia AB lấy điểm K cho DMK Chứng = NMP minh rằng: 1) MD = ME 2) Tứ giác MDEK nội tiếp Từ suy điểm M tâm đờng tròn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK Câu V (1.0 điểm): Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đờng tròn để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn -Hết Họ tên thí sinh : Số báo danh : Chữ kí giám thị : .Chữ kí giám thị 2: Hớng dẫn chấm Câu Phần câu I 1) 2,5 điểm 1,5điểm nội dung Điểm x + y + xy = (1) (2) xy + 3x = Từ (2) x Từ y = 3x , thay vào (1) ta có: x 0.25 3x 3x x + =3 ữ + x x x 7x 23x + 16 = 16 Giải ta đợc x = x = 16 7 x= y=m 7 7 7 ; ; Vậy hệ có nghiệm (x; y) (1; 1); (-1; -1); ữ; ữ ữ ữ Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x ' Từ x = x = y = ; x = 2) 1,0điểm câu II 1) 2,5 điểm 1,5điểm m 5m + (m 2)(m 3) Vì (m - 2) > (m - 3) nên: x ' m m m 3, mà m Z m = m = Khi m = x ' = x = -1 (thỏa mãn) Khi m = x ' = x = - 1,5 (loại) Vậy m = Đặt a = + x; b = x (a, b 0) 2 2 a + b = 4; a b = 2x + ab ( a b3 ) + ab ( a b ) ( a + b + ab ) A= = + ab + ab + ab ( a b ) ( + ab ) A= = + ab ( a b ) + ab A = + 2ab ( a b ) A 2= (a 1,0điểm ) + b + 2ab ( a b ) = ( a + b ) ( a b ) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 A = a b = 2x A = x 0.25 0.25 a m + b m + c = (1) Giả sử có (1) b m + c m + am = (2) Từ (1), (2) (b ac) m = (a m bc) 0.25 2) 0.25 a m bc số hữu tỉ Trái với giả thiết! b ac b ac = b3 = abc a m bc = bc = am Nếu a m bc m = b số hữu tỉ Trái với giả a thiết! a = 0;b = Từ ta tìm đợc c = Ngợc lại a = b = c = (1) Vậy: a = b = c = 0.25 b3 = a m b = a m Nếu b m = câu III 1) điểm 1,0điểm 2) 1,0điểm Theo f(x) có dạng: f(x) = ax + bx + cx + d với a nguyên dơng Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c 16b + 2c = (2010- 98a) Ta có 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) M3 Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 Vậy f(7)-f(1) hợp số P= ( x 2) + 12 ( x + 3) OA = ( x x 3) ( x 2) 2 điểm K B C N 2) 1,25điểm E A 0.25 0.25 0.25 + 12 , OB = ( x + 3) + 12 + 22 ( x + 3) + 2 26 Dấu = xảy A thuộc đoạn OB B thuộc đoạn OA x2 = x = Thử lại x = A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn x+3 OB Vậy Max P = 26 x = Ta dễ dàng chứng minh tứ giác 1) ã ã MBAN nội tiếp MAB , = MNB 0,75điểm ã ã M MCAP nội tiếp CAM = CPM D 0.25 + ( ) = 25 + = 26 ( x 2) Mặt khác ta có: OA OB AB câuIV 0.25 0.25 + 22 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) Ta chứng minh đợc: AB = 0.25 P ã ã Lại có BNM = CPM (cùng phụ góc NMP) ã ã (1) CAM = BAM Do DE // NP mặt khác MA NP MA DE (2) Từ (1), (2) ADE cân A MA trung trực DE MD = ME 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 M K B C D N E P A ã ã Do DE//NP nên DEK , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên: = NAB ã ã ã ã + DEK = 1800 NMB + NAB = 1800 NMB ã ã ã ã Theo giả thiết DMK DMK + DEK = 1800 = NMP Tứ giác MDEK nội tiếp Do MA trung trực DE MEA = MDA ã ã ã ã MEA = MDA MEK = MDC ã ã ã ã DM phân giác góc CDK, kết hợp Vì MEK = MDK MDK = MDC với AM phân giác DAB M tâm đờng tròn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK câu V 0.25 0.25 0.25 0.25 A' điểm B' B O C A D' D Không tổng quát giả sử:AB AC Gọi B điểm cung ẳ AB' = CB' ABC Trên tia đối BC lấy điểm A cho BA = BA AB + BC = CA ' ã 'BC = B ã ' AC = B ã 'CA (1) ; B ã 'CA + B ã 'BA = 1800 Ta có: B (2) ã 'BA = B ã 'BA ' ã 'BC + B ã 'BA ' = 1800 (3);Từ (1), (2), (3) B B Hai tam giác ABB ABB A 'B ' = B 'A Ta có B' A + B 'C = B 'A '+ B 'C A 'C = AB + BC ( BA + BC không đổi B, A, C cố định) Dấu = xảy B trùng với B ẳ Hoàn toàn tơng tự gọi D điểm cung ADC ta có AD + CD AD + CD Dấu = xảy D trùng với D Chu vi tứ giác ABCD lớn B, D điểm ằ đờng tròn (O) cung AC 0.25 0.25 0.25 0.25 ... + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c) = 342a + 3 (2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) M3 Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010> 1 Vậy f(7)-f(1) hợp số P= ( x 2) + 12 ( x + 3) OA = (... dạng: f(x) = ax + bx + cx + d với a nguyên dơng Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c 16b + 2c = (2010- 98a) Ta có f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b... bc) 0.25 2) 0.25 a m bc số hữu tỉ Trái với giả thi t! b ac b ac = b3 = abc a m bc = bc = am Nếu a m bc m = b số hữu tỉ Trái với giả a thi t! a = 0;b = Từ ta tìm đợc c = Ngợc lại a