Sở giáo dục đào tạo HảI dơng Đề thi chÝnh thøc Kú thi tun sinh líp 10 THPT chuyªn nguyễn trÃi - Năm học 2008-2009 Môn thi : toán Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 28 tháng năm 2008 (Đề thi gồm: 01 trang) Câu I: (2.0 điểm) 2 Cho phơng trình ẩn x : x − 2(2m + 1)x + 4m = (1) 1) Giải phơng trình (1) m = 2) Tìm điều kiện m để phơng trình (1) cã nghiƯm ph©n biƯt x1 , x , x , x tho¶ m·n x14 + x + x3 + x 4 = 17 Câu II: (1.0 điểm) Rút gọn biểu thức : A = 3b − + b 8b − + 3b − − b 8b − víi b ≥ C©u III: (2.0 điểm) Cho hệ phơng trình : x + + − y = m ( víi m lµ tham sè ) y + + x = m 1) Giải hệ phơng trình m = 2) Tìm m để hệ có nghiệm Câu IV: (1.0 điểm) 16 Tìm số thực x cho x + 2009 2009 số nguyên x Câu V: (3.0 điểm) Cho đờng tròn (O; R) điểm P cố định khác O (OP < R) Hai dây AB CD thay đổi cho AB vuông góc với CD P Gọi E, F lần lợt trung điểm AC, AD Các đờng thẳng EP, FP cắt BD, BC lần lợt M, N 1) Chứng minh r»ng : Bèn ®iĨm M, N, B, P cïng thuộc đờng tròn 2) Chứng minh : BD = 2.EO 3) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ diện tích tứ giác ACBD Câu VI: (1.0 điểm) 2 Cho x, y tho¶ m·n 16x − 9y ≥ 144 Chøng minh r»ng : 2x − y + ≥ − -HÕt Họ tên thí sinh : Số báo danh : Chữ kí giám thị : .Chữ kí giám thị 2: Sở giáo dục đào tạo HảI dơng Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trÃi - Năm học 2008-2009 Môn thi : toán Ngày 28 tháng năm 2008 Híng dÉn chÊm gåm: 04 trang Híng dÉn chÊm §iĨm Câu Phần câu I Với m = phơng trình (1) cã d¹ng: x − 10x + 16 = (2) 2 1,0điểm Đặt y = x ( y ) pt (2) có dạng y − 10y + 16 = (3) Gi¶i pt (3) ta đợc y1 = 2; y = (thoả mÃn) điểm nội dung 1) x= x2 = y1 = ⇔ ⇔ y = x = 2 x = Phơng trình đà cho có nghiÖm x1 = 2; x = − 2; x = 2; x = −2 2) 1,0điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 Đặt y = x ( y ) pt (1) trở thành 2 y − 2(2m + 1)y + 4m = (4) cã ∆ ' = ( 2m + 1) − 4m = 4m + 0.25 Để phơng trình (1) có bốn nghiệm x1 , x , x , x phân biệt pt (4) phải có hai nghiệm dơng y1 , y ph©n biƯt ∆' > 4m + > c m > − (*) ⇔ > ⇔ 4m > ⇔ a 2 ( 2m + 1) > m ≠ b − a > Gi¶ sư x12 = x 2 = y1 ; x32 = x = y ⇒ x14 = x = y12 ; x = x 4 = y 2 ( ) Do ®ã : x14 + x + x3 + x 4 = 17 ⇔ y12 + y 2 = 17 ⇔ ( 2m + 1) − 8m = 17 ⇔ 16m + 32m − = 1 m = m = kết hợp với ĐK (*) ta đợc m = 4 câu II 1,0điểm ĐK: b Từ giả thiÕt ⇒ A = 6b − + 3A ( 3b − 1) − b ( 8b − ) ®iĨm ⇒ A − 3(1 − 2b)A − (6b − 2) = A = ⇒ (A − 1)(A + A + 6b − 2) = ⇒ (I) A + A + 6b − = (*) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 thay vµo biĨu thøc ®· cho ta cã A = + = +1 = 8 2 +) Nếu b > Phơng trình (*) vô nghiệm (vì = 24b < ) Tõ (I) ⇒ A = VËy víi mäi b ≥ th× A = Thay m = ta đợc hệ pt : 1) 1,0®iĨm x + + − y = (1) y + + − x = (2) §iỊu kiƯn : −1 ≤ x ≤ 9; − ≤ y ≤ Gi¶ sư hƯ pt cã nghiƯm (x; y) Tõ hƯ pt trªn ⇒ x + + − y = y + + − x (3) +) Nếu b = câu III điểm 0.25 0.25 0.25 Gi¶ sư x > y ta cã x + > y + vµ − y > − x suy x + + − y > y + + x mâu thuẫn với (3) Tơng tự x < y cịng suy m©u thn VËy x = y Thay x = y vµo pt (1) ta cã : x + + − x = bình phơng hai vế ta đợc 10 + ( x + 1) ( − x ) = 20 ⇔ ( x + 1) ( − x ) =5 ⇔ x − 8x + 16 = ⇔ x = Do ®ã x = y = Hệ phơng trình có nghiệm : (x; y) = (4; 4) Theo cách chứng minh tơng tự nh ta chứng minh đợc : hệ có 2) nghiệm (x; y) x = y 1,0điểm y = x Khi hệ phơng trình đà cho (II) x + + − x = m (4) Giả sử x0 nghiệm phơng trình (4) x + + − x = m ⇔ (8 − x ) + + − (8 − x ) = m ⇒ − x còng 0.25 0.25 lµ nghiƯm cđa pt (4) tÝnh nhÊt ⇒ − x = x ⇒ x = ⇒ m = câu IV điểm y = x Khi m = thay vµo hƯ (II) ta cã x + + − x = Giải hệ phơng trình ta đợc nghiệm (x; y) = (4; 4) VËy víi m = hệ phơng trình đà cho có nghiệm 16 1,0điểm ĐK : x Đặt : a = x + 2009 vµ b = − 2009 ( a; b ∈ Z ) x 16 ⇒b= − 2009 ⇔ ab − 2025 = ( b − a ) 2009 a − 2009 NÕu a ≠ b th× vế phải số vô tỉ vế trái số nguyên vô lí Nếu a = b ab - 2025 = ⇒ a = b = ±45 ⇒ x = ±45 − 2009 Thö lại với x = 45 2009 thoả mÃn 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 x + 2009 Z câu V 1) điểm 1,0điểm E A P C N H 16 − 2009 ∈ Z x F D K M O PE trung tuyÕn ∆APC nªn EA = EP ⇒ · · · ∆EAP cân E EAP = EPA = MPB B · · · mµ ACD ⇒ = ABD = PBM · · · · · = 90 MPB + PBM = CAB + ACD = 90 ⇒ ∆BPM vuông M PMB à à à Chứng minh t¬ng tù ta cã: PNB = 90 ⇒ PMB + PNB = 180 ⇒ Bèn ®iĨm M, N, B, P thuộc đờng tròn đờng kính BP Do EA = EC FA = FD nên OE AC OF AD à à Do AFE + OFE = 90 (1) 1,0®iĨm Do EF đờng trung bình ACD nên EF // CD vµ CD = 2EF · · · ⇒ AFE = ADC = ABC · · · · mµ ABC + BCD = 90 ⇒ AFE + BCD = 90 (2) · · Tõ (1) vµ (2) ⇒ OFE = BCD · · C/M t¬ng tù ta cã: OEF BCD đồng dạng với OFE (g.g) = BDC 0.25 0.25 0.25 0.25 2) BD CD = = ⇒ BD = 2.EO OE FE KỴ OH ⊥ AB; OK CD lần lợt H K HA = HB; KC = KD 3) 2 2 2 2 1,0®iĨm HB = OB − OH = R − OH ⇒ AB = 4R − 4HO TÝnh t¬ng tù : CD = 4R − 4KO suy ⇒ ( )( 0.25 0.25 0.25 0.25 ) AB CD = 4R − 4HO2 4R − 4KO = 16R − 16R (HO + KO ) + 16.HO KO = 16R − 16R PO + 16.HO KO (v× ta cã OH + OK = OP ) Chøng minh diƯn tÝch tø gi¸c ACBD b»ng AB.CD Do 16R 16R PO2 không đổi nên AB2.CD2 nhá nhÊt HO2 KO2 nhá nhÊt ⇔ H O K O AB qua O CD qua O Vậy diện tích tứ gi¸c ACBD nhá nhÊt b»ng : 16R − 16R PO = 2R R − PO2 AB CD qua O (có thể cách dựng: Kẻ đờng kính qua P kẻ dây với đờng kính P) 2 Ta cã HO2 KO2 ≤ HO + KO ữ = OP nên HO2.KO2 lớn nhÊt HO = 0.25 0.25 0.25 0.25 OP OP ; AB2.CD2 lín nhÊt HO2 KO2 lín nhÊt ⇔ HO = KO = 2 AB CD cách O.Vậy diện tích tứ gi¸c ACBD lín nhÊt b»ng 16R − 16R PO + 4.PO = 2R − PO AB CD cách O KO = (có thể cách dựng: Dựng hình vuông OHPK dựng AB, CD) câu VI điểm ( 1,0điểm Trớc hết ta chứng minh BĐT ( ax − by ) ≥ a − b 2 )(x ) − y (1) ThËt vËy B§T (1) ⇔ −2abxy ≥ −a y − b x ⇔ ( ay − bx ) (đúng) dấu xảy ay = bx 1 Ta đặt t = 2x - y = 4x − 3y 2 1 ⇒ t = 4x − 3y ÷ ≥ ÷ − ÷ ÷ 16x − 9y ≥ 144 36 2 ÷ t≥2 t +1 ≥ +1 ®ã ⇒ ⇒ t ≥2 5⇒ t ≤ −2 t + ≤ −2 + t +1 ≥ +1 > −1 ⇒ ⇒ 2x − y + ≥ − (§PCM) t + ≥ − (*) dÊu b»ng x¶y ë (*) 8x = 9y x = − ⇔ 2x − y = −2 Gi¶i hệ ta tìm đợc 16x 9y = 144 y = − ( Sở giáo dục đào tạo HảI dơng Đề thi dù bÞ ) Kú thi tun sinh líp 10 THPT chuyên nguyễn trÃi - Năm học 2008-2009 Môn thi : toán Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 28 tháng năm 2008 Đề thi gồm: 01 trang 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu I: (2.0 điểm) 2 1) Giải phơng trình : 10 x ÷ + + x ÷ = 11x2 − 44 x −1 x +1 1− x 2) Cho x1 ;x lµ hai nghiƯm phơng trình x 6x + = Đặt S n = x1n + x n T×m sè d chia S 2009 cho Câu II: (2.0 điểm) 1) Chứng minh với số nguyên n n + 13n + 51 kh«ng chia hÕt cho 49 ( x + y ) 1 + ÷= xy 2) Giải hệ phơng trình : x + y + = 49 ÷ x2y2 ( ) Câu III: (2.0 điểm) 1) Giải bất phơng tr×nh : ( 3x − ) 2x + 2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba ®iĨm A(0; m); B(n; 0); C(3; 2) víi m, n số nguyên dơng Tìm tất số m, n để ba điểm thẳng hàng Câu IV: (3.0 điểm) 1) Cho đờng tròn (O; R) đờng thẳng (d) điểm chung với đờng tròn (O; R) Với điểm M thuộc (d) lấy ®iĨm N cho ba ®iĨm O, N, M th¼ng hàng (N nằm O M) thoả mÃn ON.OM = R Chøng minh r»ng : Khi M chạy đờng thẳng (d) điểm N chạy đờng tròn cố định 2) Trong tứ giác nội tiếp đờng tròn (O; R) hÃy tìm tứ giác có diện tích lớn Câu V: (1.0 điểm) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh Hỏi tìm đợc điểm M, N, P hình vuông ABCD cho diện tích tam giác MNP lớn (đơn vị diện tích ) hay kh«ng? -HÕt Họ tên thí sinh : Sè b¸o danh : Chữ kí giám thị : .Chữ kí giám thị 2: Sở giáo dục đào tạo HảI dơng Đề thi dự bị Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trÃi - Năm học 2008-2009 Môn thi : toán Ngày 28 tháng năm 2008 Hớng dẫn chấm gồm: 04 trang Hớng dẫn chấm Điểm Câu Phần câu I x2 x2 x+2 10 ÷ + ÷ − 11 x ữ = 1,0điểm x +1 x −1 x−2 x+2 §K : x 1; x Đặt a = ta có phơng trình: ;b = x +1 x a=b 10a + b − 11ab = ⇔ ( 10a − b ) ( a − b ) = ⇔ b = 10a x−2 x+2 +) Víi a = b ta cã = x = (thoả mÃn ĐK) x +1 x −1 x+2 x−2 +) Víi b = 10a ta cã = 10 ⇒ 3x − 11x + = ÷ x −1 x +1 Giải phơng trình ta đợc : x1 = 3; x = (Đều thoả mÃn ĐK) Vậy phơng trình đà cho có ba nghiệm x1 = 3; x = ; x3 = Ta tÝnh ®ỵc 2) S n + = x1n + + x n +2 = x1n +1 + x n +1 ( x1 + x ) − x1n + x n x1x = 6S n +1 − S n ®iĨm ®iĨm 1) 1,0điểm câu II nội dung ( ) ( ) Chøng minh t¬ng tù ta cã S n +3 = 6S n +2 − S n +1 Do ®ã : S n +3 = 6(6S n +1 − S n ) − S n +1 = 35S n +1 − 6S n ⇒ S n + vµ S n cïng sè d chia cho ⇒ S 2009 vµ S cïng sè d chia cho mµ S = 30S + 5S − 6S ⇒ S vµ 5S − 6S cïng sè d chia cho mµ 5S − 6S = 786 v× vËy ⇒ S 2009 chia cho cã sè d lµ Ta cã n + 13n + 51 = ( n + ) ( n + 10 ) + 21 mµ (n +10) - (n + 3) = chia hết 1,0điểm chia làm hai trờng hợp : + Nếu (n +10) (n + 3) cïng chia hÕt cho ⇒ §PCM + NÕu (n +10) (n + 3) không chia hết cho ⇒ §PCM 2) 1 x+ +y+ =5 ( x + y ) + ữ= 1,0điểm xy x y Ta cã ⇔ x + y + = 49 x + + y + = 49 ÷ x2 y2 x2y2 a + b = a = −2 a = 1 Đặt a = x + ; b = y + ta cã hÖ ⇔ ⇔ hc x y ab = −14 b = b = Từ giải đợc nghiệm hệ ®· cho lµ: 7−3 7+3 7−3 7+3 ; − 1; ; ; − ; ; − −1; ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 1) 1.0 1.0 ( 1.0 ) 1.0 câu III điểm ta giải bất phơng trình ( 3x ) 2x + đợc nghiệm: 1,0điểm x ;x = − m 2) Do m, n > ta lập pt đờngthẳng AB y = x + m sau thay toạ độ n 1,0điểm điểm C(3; 2) vào phơng trình ta tìm đợc kết cặp số (m; n): ( 8;4 ) ; ( 5;5 ) ; ( 4;6 ) ; ( 3;9 ) 1) câu 1) IV 1,5điểm ĐK: x ≥ − 1.0 1.0 d ®iĨm T M N O C A B KỴ OA ⊥ d, tiÕp tun AB, kẻ BC OA C cố định Kẻ tiÕp tun MT, kỴ TN ⊥ OM ta chøng minh ®ỵc OM.ON = R2 = OC.OA · · ⇒ ∆OCN ®ång d¹ng ∆OMA ⇒ ONC = OAM = 90 N nằm đờng tròn đờng kính OC cố ®Þnh 1.5 2) A 1,5®iĨm B H K D O C Vẽ hình nh Ta chứng minh S ABCD ≤ AC.BD mµ AC ≤ 2R; BD ≤ 2R nên diện tích tứ giác ABCD lớn 2R ABCD hình vuông +)Ta chứng minh bổ đề: câu V 1,0điểm Nếu ba đỉnh tam giác nằm cạnh hình chữ nhật diện tam giác nhỏ nửa diện tích hình chữ nhật điểm +) Sau đó: - Nếu tam giác MNP có đỉnh nằm hình vuông ABCD diện tích tam giác không lớn nửa diện tích hình vuông - Nếu đỉnh M, N, P nằm hình vuông ABCD qua đỉnh M, N, P ta kẻ đờng thẳng song song với cạnh hình vuông tạo hình chữ nhật mà đỉnh tam giác MNP nằm diện tích tam giác không lớn nửa diện tích hình chữ nhật Vậy tam giác MNP có diện tích lớn đơn vị diện tích 1.5 1.0 ... + 1) − 4m = 4m + 0.25 Để phơng trình (1) có bốn nghiệm x1 , x , x , x ph©n biệt pt (4) phải có hai nghiệm dơng y1 , y ph©n biƯt ∆' > 4m + > c m > − (*) ⇔ > ⇔ 4m > ⇔ a 2... Tơng tự x < y cịng suy m©u thn VËy x = y Thay x = y vµo pt (1) ta cã : x + + − x = bình phơng hai vế ta đợc 10 + ( x + 1) ( − x ) = 20 ⇔ ( x + 1) ( − x ) =5 ⇔ x − 8x + 16 = ⇔ x = Do ®ã x =... 1) Giải phơng trình : 10 − x ÷ + + x ÷ = 11x2 − 44 x −1 x +1 1− x 2) Cho x1 ;x lµ hai nghiệm phơng trình x 6x + = Đặt S n = x1n + x n T×m sè d chia S 2009 cho Câu II: (2.0 điểm)