Gọi SABC là diện tích ∆ABC.. Chứng minh: a G là trọng tâm của tam giác ABC.. b H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP... Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O, R.. Gọi S A
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
Đề chính thức
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2011 - 2012 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang
Câu 1 (1 điểm)
a) Rút gọn 11 6 2 + + 11 6 2 −
b) Chứng minh rằng 11 6 2 , + 11 6 2 − là hai nghiệm của một phương trình bậc hai với hệ số nguyên
Câu 2 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - m + 1 = 0 với m là tham số (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
b) Gọi x x1 , 2 là các nghiệm của phương trình (1) Tìm m để 2 2
1 2 1 2 7
A x= + −x x x =
c) Tìm m để A đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 3 (3 điểm) Giải các phương trình:
a) (x+ 1) (x+ 3) (x+ 5) (x+ = − 7) 15
b) x+ + 3 6 − −x (x+ 3)(6 −x) 3 =
c) x 3 – 5x 2 + 1997x - 14077 = 0
Câu 4 (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên:
a) x2 + −x y2 + =y 3
2
Câu 5 (2,5 điểm)
Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R) Gọi H là trực tâm của ∆ABC, I là trung điểm của đoạn thẳng BC, G là giao điểm của AI và OH;
M, N, P lần lượt là chân các đường cao của ∆ABC hạ từ A, B, C Gọi SABC là diện tích ∆ABC Chứng minh:
a) G là trọng tâm của tam giác ABC
b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP
c) R(MN + NP + PM) = 2SABC
Hết
Trang 2-Hướng dẫn chấm, biểu điểm MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Câu 1 (1 điểm)
( )2 ( )2 ( )2 ( )2
11 6 2 + + 11 6 2 − = 3 + 2.3 2 + 2 + 3 − 2.3 2 + 2 = 3 + 2 + 3 − 2 0,25
3 2 3 2 3 2 3 2 6
= + + − = + + − = (vì 3 + 2 0 > và 3 - 2 0 < ) 0,25
b) Chứng minh rằng 11 6 2 , + 11 6 2 − là hai nghiệm của một phương trình bậc
Ta có: 11 6 2 + + 11 6 2 − = 6 (theo a) và ( )2
2
11 6 2 11 6 2 + − = 11 − 6 2 = 121 72 − = 7 0,25
Theo ĐL Viét đảo 11 6 2 , + 11 6 2 − là hai nghiệm của PT: x2 – 6x +7 = 0
Phương trình này có các hệ số nguyên (đ.p.c.m) 0,25
Câu 2 (1,5 điểm) Cho PT: x2 – 2mx + m 2 - m + 1 = 0 với m là tham số (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. 0,5
Ta có: ∆ = − ' ( m) 2 − (m2 − + = −m 1) m 1
0,5
PT (1) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ' 0 m 1 0 m 1 (*)
b) Gọi x x1 , 2 các nghiệm của phương trình (1) Tìm m để 2 2
1 2 1 2 7
A x= + −x x x = 0,5
x + =x m x x =m − +m
0,25
A x= + −x x x = x +x − x x = m − m − + =m m + m−
5
m
m
=
= ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = − Kết hợp với (*) ta có m = 2 0,25
Theo b) ta có A m= 2 + 3m− = 3 (m2 − 2m+ + 1) (5m− + = 5) 1 (m− 1) 2 + 5(m− + 1) 1 0,25
Vì m≥1 nên A≥1 Vậy Amin = 1 khi m = 1 0,25
Câu 3 (3 điểm) Giải các phương trình:
a) (x+ 1) (x+ 3) (x+ 5) (x+ = − 7) 15 (*) 1.0
Ta có: (x +1)(x+7) = x2 + 8x + 7; (x+3)(x+5) = x2 +8x + 15
0,5
Đặt t = x2 + 8x + 7 ⇒x2 +8x + 15 = t +8
Trang 3Với t = -3 ta có PT: x2 + 8x + 7 = -3 ⇔x2 + 8x + 10 = 0
⇔ x = - 4 + 6 hoặc x = - 4 - 6
0,5
Với t = -5 ta có PT: x2 + 8x + 7 = -5 ⇔x2 + 8x + 12 = 0 ⇔ x = - 2 hoặc x = - 6
Kết luận: Tập nghiệm của PT đã cho là {− − − + 2; 6; 4 6; 4 − − 6}
b) x+ + 3 6 − −x (x+ 3)(6 −x) 3 = (*) 1,0
Điều kiện: 3 0 { 3 6
x
x x
+ ≥
− ≥
6
u x
= +
= −
0 0 9
u v
u v
≥
⇒ ≥
+ =
Ta có HPT:
2 2 9
3
u v
u v uv
+ =
+ − =
2
3
u v uv
u v uv
+ = +
( )2
0
3
uv
u v uv
0,5
3 0
6
x
x
+ =
= = −
=
+ =
Vậy tập nghiệm của PT là {− 3;6}
Ta có: x 3 – 5x 2 + 1997x - 14077 = 0
⇔ x3 – 7x2 + 2x2 - 14x + 2011x – 7.2011 = 0
⇔ x2 (x – 7) + 2x (x – 7) + 2011 (x-7) = 0
⇔ (x - 7) (x2 + 2x +2011) = 0
0,5
7
x
Câu 4 (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên:
x + −x y + = ⇔y x −y + + = ⇔ +x y x y x y− + =
0,5
Vì Ư(3) = {− − 1; 3;1;3} nên (2) có các trường hợp:
TH1:
3
2
x
y
=
3
2
x
y
=
0,5
Trang 4TH3:
5
2
x
y
−
=
TH4:
5
2
x
y
−
=
Các trường hợp không có nghiệm nguyên Vậy PT (1) không có nghiệm nguyên
2
Điều kiện: x≥2008, y ≥2009, z ≥2010 (*) 0,25
PT (1) ⇔ (x− 2008) 2 − x− 2008 1 ( + + −y 2009) 2 − y− 2009 1 ( + + −z 2010) 2 − z− 2010 1 0 + =
0,5
⇔ ( x− 2008 1) − 2 + ( y− 2009 1) − 2 + ( z− 2010 1) − 2 = 0
⇔
2011
2010 1 0
z z
Các giá trị x, y, z thoả mãn (*)
Vậy nghiệm nguyên của PT là: (x; y; z) = (2009; 2010; 2011)
Câu 5 (2,5 điểm) Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R).
Gọi H là trực tâm của ∆ABC, I là trung điểm của đoạn thẳng BC, G là giao
điểm của AI và OH; M, N, P lần lượt là chân các đường cao của ∆ABC hạ
từ A, B, C Gọi S ABC là diện tích ∆ABC Chứng minh:
G H
O
A
M
N
P
D I
J K
Gọi D là giao điểm của AO với đường tròn (O)
H là trực tâm của tam giác ABC nên: HC⊥AB, BH⊥AC (1)
AD là đường kính nên: DB⊥AB, DC⊥AC (2)
Từ (1) và (2) ta có: HC//DB và BH//DC ⇒BHCD là hình bình hành
IB = IC ⇒H, I, D thẳng hàng và IH = ID
Tam giác HAD có OI là đường trung bình ⇒ AH = 2OI
0,25
0,5
Trang 5Gọi M, N, P lần lượt là chân các đường cao hạ từ A, B, C Ta chứng minh MA
là tia phân giác trong của ·PMN
Tứ giác PHMB nội tiếp (vì P Mµ =¶ = 90 0)⇒PMH· =·PBH (cùng chắn PH¼ ) (1)
Tứ giác ANMB nội tiếp (vì ·ANB AMB=· = 90 0)⇒PBN· =·AMN (cùng chắn»AN) (2)
Từ (1) và (2) ta có: ·PMA PMH=· =·PBH =·ABN =·AMN ⇒MA là tia phân giác trong
của ·PMN
Chứng minh tương tự ta có NB, PC lần lượt là các tia phân giác trong của
· ,·
PNM NPM Điểm H là giao của 3 tia phân giác trong nên H là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác MNP (đ.p.c.m)
0,5
0,25
Gọi J và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AC, AB Ta có: OI⊥BC,
2
S =S +S +S = OI BC+ J AC OK AB+
2S ABC OI BC OJ AC OK AB .
Xét các ∆APN ABC, ∆ có µA chung, ·ANP ABC=· (do tứ giác PBCN nội tiếp nên 2
góc này cùng bù với ·PNC)⇒ ∆ANP: ∆ABC. (2)
∆ANP nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính đường tròn ngoại tiếp
bằng ½ OH= OI ∆ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R nên từ (2) ta có:
NP OI
OI BC NP R
BC = R ⇔ =
Chứng minh tương tự ta có: OJ AC = PM.R, OK.AB = MN R Thay vào (1) ta
có: R(MN + NP + PM) = 2SABC (đ.p.c.m)
0,5