ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (2,0 điểm) 1) Cho . Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức . 2) Cho trước ; gọi là hai số thực thỏa mãn Chứng minh rằng: . Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình: 1) Tìm các số hữu tỷ và để phương trình (1) có nghiệm . 2) Với giá trị tìm được ở trên; gọi là ba nghiệm của phương trình (1). Tính giá trị của biểu thức . Câu 3 (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên thỏa mãn điều kiện: . 2) Giải hệ phương trình: Câu 4 (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’ ; R’); D là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) tại M (điểm M khác điểm I ). 1) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh: ; từ đó suy ra KB = KD. 2) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp . Câu 5 (1,0 điểm) Mọi điểm trên mặt phẳng được đánh dấu bởi một trong hai dấu (+) hoặc (). Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu. -----------Hết------------ 3 3 1 12 135 12 135 1 3 3 3 x + − ÷ = + + ÷ ( ) 2 3 2 M= 9 9 3x x− − ,a b R∈ ,x y 3 3 3 3 x y a b x y a b + = + + = + 2011 2011 2011 2011 x y a b+ = + 3 2 1 0 (1)x ax bx+ + − = a b 2 3x = − ,a b 1 2 3 ; ; x x x 5 5 5 1 2 3 1 1 1 S x x x = + + ,x y 2 2 2 2 5 60 37x y x y xy+ + + = ( ) 3 2 4 2 1 5 2 0 x x x y y x x y − = − + − + + = 2 KB = KI.KJ Δ IBD − ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đáp án gồm : 04 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa. - Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 Cho .Tính . 1,00 Từ 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2 Cho trước ; gọi x,y là hai số thực thỏa mãn .Chứng minh rằng: . 1,00 +/Nếu thì => x, y là 2 nghiệm của phương trình Giải ra ta có => . +/Nếu => . Ta có hệ phương trình . =>=> 0,25 0,25 0,25 3 3 1 12 135 12 135 1 3 3 3 x + − ÷ = + + ÷ ( ) 2 3 2 M= 9 -9 -3x x 3 3 1 12 135 12 135 1 3 3 3 x + − ÷ = + + ÷ ( ) 3 3 12 135 12 135 3 1 3 3 x + − ÷ ⇒ − = + ÷ ( ) 3 3 3 3 12 135 12 135 3 1 3 3 x + − ÷ ⇔ − = + ÷ ( ) ( ) 3 3 1 8 3 3 1x x⇒ − = + − 3 2 9 9 2 0x x⇔ − − = ( ) 2 1 1M⇒ = − = ,a b R∈ 3 3 3 3 ( ) x y a b I x y a b + = + + = + 2011 2011 2011 2011 x y a b+ = + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 ( ) 3 3 x y a b I x y xy x y a b ab a b + = + ⇔ + − + = + − + (1) (*) ( ) ( ) (2) x y a b xy a b ab a b + = + ⇔ + = + 0a b+ ≠(*) ⇔ x y a b xy ab + = + = 2 ( ) 0X a b X ab− + + = ; x b x a y a y b = = = = 2011 2011 2011 2011 x y a b+ = + 0a b+ =a b= − 3 3 0 0 x y x y x y + = ⇔ = − + = 2011 2011 2011 2011 0 0 a b x y + = + = 2011 2011 2011 2011 x y a b+ = + 0,25 2 1 . Tìm để (1) có nghiệm . 1,00 Thay vào (1)ta có : +/Nếu =>(vô lí vì VT là số vô tỷ , VP là số hữu tỷ). +/ Suy ra Giải hpt ,kết luận : 0,25 0,25 0,25 0,25 2 2 Với a=-5 ;b=5. Tính giá trị của biểu thức . 1,00 +/ (1) có dạng . Không mất tính tổng quát coi thì là 2 nghiệm của phương trình ( có ) => +/. +/. +/ =>S = 725 0,25 0,25 0,25 0,25 3 1 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn (1) 1,00 Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, . Do =>=>. +/(vô nghiệm trên Z). +/. Vậy là các giá trị cần tìm. 0,25 0,25 0,25 3 2 1 0 (1)x ax bx+ + − = ,a b Q∈ 2 3x = − 2 3x = − ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 2 3 2 3 1 0 a b− + − + − − = ( ) 3 4 15 7 2 25a b a b⇔ + + = + + ( ) 4 15 0a b+ + ≠ ( ) 7 2 25 3 4 15 a b a b + + = + + ( ) 4 15 0a b+ + = ⇒ 7 2 25 0 4 15 0 a b a b + + = + + = 5 5 a b = − = 5 5 5 1 2 3 1 1 1 S x x x = + + 5 5 a b = − = ( ) ( ) 3 2 2 5 5 1 0 x-1 4 1 0x x x x x− + − = ⇔ − + = 3 1x = 1 2 , x x ( ) 2 4 1 0x x− + = ' 3 0∆ = > 1 2 1 2 4 1 x x x x + = = ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 14x x x x x x+ = + − = ( ) ( ) 3 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 52x x x x x x x x+ = + + − = ( ) ( ) ( ) 5 5 2 2 3 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 724x x x x x x x x x x+ = + + − + = 2 2 2 2 5 60 37x y x y xy+ + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 (1) 5 35 60 5 3 4 .x y x y xy x y xy xy⇔ − = − + − ⇔ − = − − VT 0≥ ( ) ( ) 5 - 3 4 0 3 4xy xy xy⇒ − ≥ ⇔ ≤ ≤ ,x y Z∈xy Z∈ 3 4 xy xy = = ( ) 2 2 3 3 0 xy x y x x y = = ⇔ = − = ( ) 2 2 4 2 2 4 0 xy x y x y x y x x y = = = = ⇔ ⇔ = = − = − = 2 2 x y x y = = = = − 0,25 3 2 Giải hệ phương trình: 1,00 Điều kiện :. (1). +/Nếu thay vào phương trình (2) ta có :. +/Nếu Khi đó (2) (3) do . nên Do đó Pt (3) . Vậy hệ phương trình có nghiệm 0,25 0,25 0,25 0,25 4 1 K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh KB = KD. 1,00 Do AO và AO’ là hai tia phân giác của => A,O,O’ thẳng hàng. Có sđ ; chung đồng dạng với(g.g)=>(1) Tương tự:đồng dạng với(2) Từ (1) và (2) =>. 0,25 0,25 0,25 0,25 4 2 Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 1,00 ( ) 3 2 4 (1) 2 1 5 2 0 (2) x x x y y x x y − = − + − + + = 0y ≥ ( ) ( ) 2 1 0 1 x y x y x x = ⇔ − − = ⇔ = ± 1x = ± 1 0 1y y− = ⇔ = 0x y= ≥ ⇔ ( ) 4 2 1 4 2 0x x+ − + = ( ) 4 4 2 2 1 2.2 .1 4x x x+ ≥ = ( ) 4 2 1 2 2x x x⇒ + ≥ = ( ) 2 VT(3) 2( - 2 1) 2 1 0.x x x≥ + = − ≥ 4 1 1 1 1 0 x x y x = ⇔ ⇔ = ⇒ = − = 1 1 ; 1 1 x x y y = = − = = H J O' O K D C B I M A · BAC ¶ · 1 BJI IBK 2 = = º BI · BKI Δ KBI⇒Δ KJB 2 KI KB = KB =KI.KJ KB KJ ⇒ Δ KDIΔ KJD 2 KI KD = KD =KI.KJ KD KJ ⇒ ⇔ KB=KD +/Xét tam giác vuông ABO’ có: (3) +/ Có :sđ ; chung đồng dạng với(g.g) (4). Từ (3),(4) =>. => đồng dạng với ( vì ; chung ). => => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay 4 điểm I, H, M, O’ cùng thuộc một đường tròn. 0,25 0,25 0,25 0,25 4 3 Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp 1,00 Do OD // O’B (cùng AB) nhưng OI cắt O’I và A,I,M thẳng hàng => OI // O’M. => . mà sđ và sđ =>=>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp . 0,25 0,25 0,25 0,25 5 Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu. 1,00 Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A. Do chỉ đánh bởi hai dấu (+), () nên tồn tại hai điểm cùng dấu , không mất tổng quát giả sử hai điểm A, B cùng dấu và cùng dấu (+). + Nếu C có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABC là tam giác phải tìm. + Nếu C có dấu (- ) thì ta dựng điểm D sao cho ABDC là hình vuông. _ Nếu D có dấu (+) thì tam giác ABD là tam giác cần tìm. _ Nếu D có dấu (-) thì gọi I là giao điểm của AD và BC . * Nếu I có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABI là tam giác cần tìm. * Nếu I dấu (-) thì dễ thấy tam giác vuông cân CID có ba đỉnh cùng dấu (-) là tam giác cần tìm. 0,25 0,25 0,25 0,25 · · AHI=AMO' µ A AH AM = AI AO' Δ AMO' Δ AHI AH AM AI.AM=AH.AO' = AI AO' ⇒ 2 AB AI = AB =AM.AI AM AB ⇒ ⇒ Δ AMB Δ ABI · BAI º BI · · 1 ABI AMB 2 = = 2 AB =AH.AO' Δ IBD ⊥ AO OD R OI OI AO' O'B R' O'M O'I ⇒ = = = = · · DOI=BO'M · · 1 1 BDI DOI 2 2 = = º DI · · 1 1 BIM BO'M 2 2 = = ¼ BM · · BDI BIM= ΔBID Δ IBD − D B A C I . đi m I, H, O’, M n m trên m t đường tròn. 3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp . Câu 5 (1,0 đi m) M i đi m trên m t phẳng được. tại M (đi m M khác đi m I ). 1) Gọi K là giao đi m của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh: ; từ đó suy ra KB = KD. 2) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm