Bộ đề thi toán vào 10 - chuyên Vĩnh Phúc

Tailieumontoan.com  Trịnh Bình BỘ ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN VĨNH PHÚC Thanh Hóa, ngày 26 tháng năm 2020 Website:tailieumontoan.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019 – 2020 Dành cho thí sinh thi chun Tốn chun Tin ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình x  x  x  x    b) Giải phương trình 10   2x  x 1 2x  x  2x  x  2 x  3y   y  c) Giải hệ phương trình   x 2   y  xy  x  y  Câu (1,5 điểm) a) Tìm tất số nguyên x , y thỏa mãn x  xy  24 x  y  y  28  b) Tìm tất số nguyên dương p, m, n thỏa mãn m p   n , p số nguyên tố Câu (1,0 điểm) Cho số nguyên dương a, b, c thỏa mãn abc 1 Chứng minh rằng: a b  ac  b c  ab  c a  bc  Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC Đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB điểm D, E, F Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC, gọi N giao điểm hai đường thẳng ID EF Qua N kẻ đường thẳng song song với BC cắt hai đường thẳng AB, AC điểm Q, P Qua điểm A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng EF điểm K a) Chứng minh tứ giác INQF, INEP nội tiếp đường tròn tam giác IPQ cân   FKI  b) Chứng minh IAM c) Chứng minh hai đường thẳng IM, DK vng góc với Câu (0,5 điểm) Bạn Bình có 19 viên bi màu xanh, 21 viên bi màu đỏ 23 viên bi màu vàng Bình thực trị chơi theo quy tắc sau: Mỗi lần Bình chọn viên bi có màu khác nhau, sơn chúng màu thứ ba (Ví dụ: Nếu Bình chọn viên bi gồm viên bi màu xanh viên bi màu đỏ Bình sơn viên bi thành màu vàng) Hỏi sau số hữu hạn lần thực trò chơi theo quy tắc trên, bạn Bình thu tất viên bi màu hay không ? Tại ? Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ THI MƠN: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho tất thí sinh Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề  2 x  x  x      x  x  x 2 Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức P    a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm tất số thực x để P   Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x  m  1 x  m   (1) ( x ẩn, m tham số) a) Giải phương trình (1) m  2  b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x12  x22  x1 x2  25 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x  x   x x   2 x    x  3x y   b) Giải hệ phương trình     y  xy  Câu (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi K điểm cung AB, M điểm di động cung AK (M không trùng với A K) Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng BM cho AM = BN Gọi D giao điểm hai đường thẳng AM OK  a) Chứng minh MK đường phân giác góc DMB   BNK  b) Chứng minh AMK c) Chứng minh điểm M di động cung AK đường thẳng vng góc với BM N ln qua điểm E cố định Xác định vị trí M để đường thẳng DE song song với đường thẳng AB Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  bb  cc  a  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  abc  1     a  b b  2c c  a Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút Ngày thi: 03/06/2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ( P) : y = x đường thẳng (d ) : 2mx − m + Tìm tất giá trị m để (d ) cắt (P) điểm phân biệt A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) thỏa mãn x1 + x2 + y1 y2 = b) Giải phương trình : x + x − = − x2 + 6x −1  x2 + y = c) Giải hệ phương trình :   x + y + xy = 3 Câu Cho phương trình x + y + z = 9!(1) với x; y; z ẩn 9! Là tích số nguyên dương liên tiếp từ đến a) Chứng minh có số nguyên x; y; z thỏa mãn (1) x, y, z chia hết cho b) Chứng minh không tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn (1) Câu Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + ≥1 a + ab + b b + bc + c c + ac + a Câu Cho hình thoi ABCD (AC > BD) Đường tròn nội tiếp (O) tứ giác ABCD theo thứ tự tiếp xúc với cạnh AB, BC, CD, DA E, F, G, H Xét K đoạn HA L đoạn AE cho KL tiếp xúc với đường tròn (O)  = LBO  BL.DK = OB a) Chứng minh LOK b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CFL cắt AB M khác L đường tròn ngoại tiếp tam giác CKG cắt AD N khác K Chứng minh điểm K, L, M, N nằm đường tròn c) Lấy điểm P, Q tương ứng FC, CG cho LP song song với KQ Chứng minh KQ tiếp xúc với (O) Câu Một bảng hình vng gồm n hàng n cột (n nguyên dương) Các hàng cột đánh số từ đến n ( từ xuống dưới, từ trái qua phải) Ơ vng nằm hàng i, cột j ( i; j = 1; 2;3; n ) bảng gọi ô ( i; j ) Tại ô bảng điền số cho ô ( i; j ) điền số + b j ≥ n , số số hàng I b j số số cột j Gọi P tổng số ô bảng hình vng cho a) Xây dựng bảng hình vng thỏa mãn u cầu tốn trường hợp n = P =  n2   n2  n2 b) Chứng minh P ≥   , với   phần nguyên 2 2 ĐÁP ÁN a) Câu Ta có: phương trình hồnh độ giao điểm : x= 2mx − m + ⇔ x − 2mx + m −= = ∆ 4m − ( 4m −= 1) ( 2m − 1) +3> Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 ( ∀m ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 2m  x1 + x2 =  x1 x2= m − ⇒ x1 + x2 + y1 y2 = Theo định lý Vi-et ta có:  ⇔ 4m + ( x1 x2 ) = ⇔ 4m + m − 2m + = ⇔ ( m + 1) = ⇔m= −1 Vậy giá trị cần tìm m = −1 b) Giải phương trình: x + x − = − x2 + 6x −1 x ≥ x ≥   Ta có điều kiện xác định :  x − ≥ ⇔ x ≥ ⇔ ≤ x ≤ 3+ 2 − x + x − ≥   3 − 2 ≤ x ≤ + 2 Ta có: x + x − = − x2 + 6x −1 ⇔ x + x − + x( x − 4) =− x + x − ⇔ x2 − 4x − − x ( x − 4) = ⇔ ( x2 − 4x ) − x2 − 4x − = ⇔ ( x2 − 4x − )( ) x2 − 4x + = ( ⇔ x 2= − x − Do x2 − 4x + > ) ⇔ x2 − 4x − =  x= + 13 ⇔  x= − 13 (tm) (ktm) Vậy phương trình có nghiệm x= + 13  x2 + y = c) Giải hệ phương trình   x + y + xy = u= x + y DK : u ≥ 4v ) ( v = xy Đặt  u −= 25 − 10v + v −= v − 12v += 2v 2v 20 ⇒ ⇔ ⇔ u + v = u = − v u = − v  u = (tm)  v = 10  v = x 1;= y =   ⇔  v = ⇔  ⇔  u = −5 y =  x 2;= u= − v  (ktm)   v = 10 Vậy tập nghiệm hệ cho (1; ) ; ( 2;1) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Câu a) Chứng minh rằng… ⇒ x 2m Ta có: 9! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9 số chẵn ⇒ x  ⇒ x 2= (m ∈ ) ⇒ 8m + y + z =9! ⇔ 4m + y + z =1.3.4.5.6.7.8.9 số chẵn ⇒ y3  ⇒ y ⇒ = y 2n ( n ∈  ) 3 3 3 ⇒ m + 8n + z = 1.3.4.5.6.7.8.9 3 ⇔ 2m + 4n + z = 1.2.3.5.6.7.8.9 số chẵn ⇒ z  ⇒ z  ⇒= z p ( p ∈ ) ⇒ 2m3 + 4n + p = 1.2.3.5.6.7.8.9 ⇔ m3 + 2n3 + p = 1.3.5.6.7.8.9  m  x = 2m   2n Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có n ( m; n; p ∈  ) ⇒  y =  p  z = p   Vậy ta có điều phải chứng minh b) Chứng minh không tồn tại… Theo ý a) ta đặt = x 4= a; y 4= b; z 4c ( a; b; c ∈  ) 9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9 ⇒ a 2u = = 1.3.5.6.7.9 số chẵn ⇒ a  2= 43 43 ⇒ 8u + 2b3 += 4c3 1.3.5.6.7.9 ⇔ 4u + b3 += 2c3 1.3.3.5.7.9 = 1.5.7.34 ⇒ a + 2b3 + 4c = (u ∈  ) Lại có: (1.5.7.34 )34 ⇒ (1.5.7.34 )9  (mod 9) ( x ∈ Z )  x ≡ 0; ±1 ⇒ a; b; c9 ⇒ ( 4u + b3 + 2c3 )93 Nhưng 1.5.7.3 chia hết ta có điều vơ lý Vậy ta có điều phải chứng minh Câu Ta có : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schaw thì: (a + c) a2 c2 + ≥ a + ab + b c ( a + b + c ) a + b + c + ab + ac + bc (b + c ) b2 c2 + ≥ b(a + b + c) c + ac + a a + b + c + ab + ac + bc (a + b) a2 b2 + ≥ a (a + b + c) b + bc + c a + b + c + ab + ac + bc a2 b2 c2 a2 b2 c2 ⇒ + + + + + a + ab + b b + bc + c c + ac + a a ( a + b + c ) b(a + b + c) c(a + b + c) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC ≥ Website:tailieumontoan.com (a + c) + (b + c ) + ( a + b) 2 a + b + c + ab + ac + bc a2 b2 c2 a + b + c ( a + c ) + (b + c ) + ( a + b ) ⇔ + + + ≥ a + ab + b b + bc + c c + ac + a a + b + c a + b + c + ab + ac + bc ( a + b + c + ab + ac + bc ) a2 c2 b2 ⇔ + + +1 ≥ a + ab + b c + ac + a b + bc + c a + b + c + ab + ac + bc a2 c2 b2 ⇔ + + +1 ≥ a + ab + b c + ac + a b + bc + c a2 c2 b2 ⇔ + + ≥ (dpcm) a + ab + b c + ac + a b + bc + c 2 2 Dấu xảy a=b=c Câu a) Chứng minh… Gọi điểm tiếp xúc LK với (O) T  TDH  EOH  TOE  =LBO  + = =900 − EOB 2  =LOT  + TOK = Ta có: LOK  = OLB  (do LB, LK tiếp tuyến) OLK Khi đó: tam giác OLK BLO đồng dạng Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Chứng minh hồn tồn tương tự ta có: ∆OLK  ∆DOK ( g g ) ⇒ ∆DOK  ∆BLO ⇒ OD DK = ⇒ BL.DK = BO.DO = OB BL BO Vậy ta có điều phải chứng minh b) Đường trịn ngoại tiếp … Ta có : Do CFLM nội tiếp nên BM BL = BC.BF = BO = BL.DK ⇒ BM = DK Do BMDK hình thang cân nên KM // BD Chứng minh hồn tồn tương tự ta có: LN//BD Do KMLN hình thang cân nên hiểu nhiên nội tiếp đường trịn Ta có điều phải chứng minh c) Lấy điểm P, Q… Ta có: Kẻ PQ ' tiếp xúc với (O) Q’ thuộc CD Tương tự phần a, chứng minh ta có: BP.DQ ' = OB = BL.DK ⇒ BP DK = BL DQ '  = KDQ ' LBP  =DQ  ⇒ ∆BLP  ∆DQ ' K (c.g c) ⇒ BLP 'K ⇒ AB / / CD ⇒ LP / / KQ ' ⇒ Q ≡ Q ' Vậy KQ tiếp xúc với (O) Câu a) Xây dựng … Ta có bảng thỏa mãn tốn: 1 1 1 1 b) Chứng minh rằng… Không tính tổng qt, gọi cột hàng có số cột Giả sử cột có k số ( k ≤ n ) Gọi hàng i hàng loại ( i;1) = Gọi hàng j hàng loại ( j;1) = Vậy có k hàng loại n − k hàng loại Khi tổng số hàng loại ≥ k loại ≥ n − k Như vậy: P ≥ k + ( n − k ) Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: P ≥ k + (n − k ) 2 (k + n − k ) ≥ Vậy ta có điều phải chứng minh Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 n2  n2  = ≥   TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH VĨNH PHÚC Năm học 2017– 2018 Câu (2.0 điểm) Cho phương trình x  m  1 x  2m  3m   , m tham số x ẩn số a) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm b) Giả sử phương trình cho có hai nghiệm x 1, x Chứng minh x  x  x 1x   2x  xy   Câu (2.0 điểm) Cho hệ phương trình  , m tham số x, y ẩn  4x  4xy  y  m    số a) Giải hệ phương trình với m    MAK   EMK  để hệ phương trình có nghiệm b) Tìm tất giá trị AEM Câu (3.0 điểm) Cho hình thang ABCD với AD BC hai cạnh đáy BC  AD , MI  MH  HI ; KO2  KH  HO ; MK  MH  HK ;O I  KH  HO , AB  AC ,   CD  , BAC  BDC  1800 , E điểm đối xứng với D qua đường thẳng BC   2AEC  a) Chứng minh điểm A, C, E, B nằm đường tròn BEC y y y y b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng CD điểm K , đường thẳng d  q1 q 22 q 33 q nn x x x x cắt đường thẳng a  p1 p2 p3 pnn điểm F Chứng minh FA  FD đường thẳng S ADE  DE AI tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK c) Tính độ dài cạnh CD Câu (2.0 điểm) Cho phương trình x  y  z  3xyz (1) Mỗi số x ; y; z  x , y, z số nguyên dương thỏa mãn (1) gọi nghiệm nguyên dương phương trình (1) a) Tìm tất nghiệm nguyên dương có dạng x ; y; y  phương trình (1) b) Chứng minh tồn nghiệm nguyên dương a;b; c  phương trình (1) thỏa mãn     điều kiện a;b; c  2017 Trong kí hiệu a;b; c số nhỏ ba số a, b, c Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Câu (1.0 điểm) Cho số tự nhiên n  n  số nguyên dương a1, a2 , , an 2 thỏa mãn điều kiện  a1  a2   an 2  3n Chứng minh tồn hai số , a j (1  j  i  n  2; i, j  ) cho n   a j  2n Hướng dẫn giải Câu Cho phương trình x  m  1 x  2m  3m   , m tham số, x ẩn số a) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm  Lời giải Phương trình cho có nghiệm    '  m  1  2m  3m    m  m   m m  1  m   m    0  m    m     m   m 1 m      m  m   m   Vậy với  m  phương trình cho ln có nghiệm b) Giả sử phương trình cho có hai nghiệm x 1, x Chứng minh x  x  x 1x   Lời giải Phương trình cho ln có hai nghiệm  m  x  x  m  1  Theo hệ thức Vi – et ta có  x 1.x  2m  3m    1 Ta có P  x  x  x 1.x  2m  m   m      16 2  1 1 Ta có  m     m    m    4 4  16  2  1     Suy P    m     , dấu xảy m   4    16      2x  xy   Câu Cho hệ phương trình  , m tham số x, y ẩn số  4x  4xy  y  m    a) Giải hệ phương trình với m  Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 38 Website:tailieumontoan.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 20112012 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Dành cho tất thí sinh I HƯỚNG DẪN CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác đủ bước cho điểm tối đa - Trong câu, bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm - Câu hình học bắt buộc phải vẽ hình chấm điểm, thí sinh khơng có hình vẽ phần giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần - Điểm tồn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm khơng làm trịn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu (2,0 điểm) a) 1,0 điểm Nội dung trình bày Điểm  x ≥ Điều kiện:  ⇔ ≤ x ≠1 0,50 1 − x ≠ Khi đó: P( x) = 1+ x +1− x ⇔ P( x) = 1− x (1 + x )(1 − x ) 0,50 b) 1,0 điểm Nội dung trình bày Theo phần a) có: P( x) =−2 ⇒ =−2 1− x (thỏa mãn điều kiện) Mỗi dấu ⇒ cho 0,25 điểm ⇒ = −1 ⇒ − x =−1 ⇒ x = 1− x Câu (3 điểm) a) 1,0 điểm Nội dung trình bày Thay m = vào PT f ( x) = ta có: x − x + = (1) PT(1) có: a + b + c = − + = Vậy PT có hai nghiệm là: b) 1,0 điểm Nội dung trình bày 1 1 1    Với m ta có: f ( x) = x −  m +  x +  m +  + m + −  m +  2 2 2      1   ⇔ f ( x) =  x −  m +   + m + −  m +   2    Điểm 0,25 0,75 Điểm 0,25 0,50 0,25 Điểm 0,25 0,25    ⇔ f ( x )=  x −  m +   + − m    Suy ra: để f ( x) = c) 1,0 điểm ( ax + b ) ⇔m= 0,25 3 Vậy tồn giá trị m = thỏa mãn yêu cầu 4 f ( x) = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆= Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 Nội dung trình bày ( 2m + 1) 0,25 Điểm − 4(m + 1) > ⇔ 4m − > ⇔ m > TÀI LIỆU TOÁN HỌC 0,25 39 Website:tailieumontoan.com  x1 + x2 = 2m + m + 2m − P ⇒= = + Khi ta có:  (*) ⇒ P= 2m − + 2m + 4(2m + 1) 2m + m +1  x1 x= Do m > , nên 2m + > , để P ∈  phải có: (2m + 1) ước ⇒ 2m + = ⇒ m = Với m = thay vào (*) có: P = 2.2 − + = ⇒ P = Vậy giá trị m cần tìm 2.2 + Câu (2 điểm) a) 1,0 điểm: x N P 0,25 0,25 0,25   Ta có: PAO = PMO = 900 J 0,50  + PMO = ⇒ PAO 1800 ⇒ tứ giác APMO nội tiếp b) 2,0 điểm: I M K 0,50 Ta có  ABM =  AOM ; OP phân giác góc A O B 0,25 1  AOM ⇒  AOP = AOM ⇒ ABM =  AOP (2 góc đồng vị) ⇒ MB // OP (1) 0,25 Ta có hai tam giác AOP, OBN ⇒ OP = BN (2) Từ (1) (2) ⇒ OBNP hình bình hành 0,25 ⇒ PN // OB hay PJ // AB Mà ON ⊥ AB ⇒ ON ⊥ PJ Ta có: PM ⊥ OJ ⇒ I trực tâm tam giác POJ ⇒ IJ ⊥ PO (3) 0,25 0,25 0,25  ⇒ ∆ IPO cân I Mà  APO = MPO IK trung tuyến đồng thời đường cao ⇒ IK ⊥ PO (4) Từ (3) (4) ⇒ I, J, K thẳng hàng Câu (1 điểm) Nội dung trình bày 0,25  = NOP  Ta lại có: AONP hình chữ nhật ⇒ K trung điểm PO APO 0,25 Điểm Ta có: ( x − y ) ( x + y ) ≥ ∀x, y > Suy ra: ( a − b ) ( a + b ) ≥ ⇔ ( a − ab + b − ab ) ( a + b ) ≥ 2 2 0,25 b ⇔ a + b3 ≥ ab(a + b) (1), dấu ‘=’ xẩy ⇔ a = Từ (1) BĐT AM – GM có: a + b3 + c ≥ ab(a + b) + c ≥ abc (a + b= ) 3c a + b (do abc = ) a = b a + b3 + c3 ≥ 3c a + b , dấu ‘=’ xẩy ⇔  (2) c3 ab(a + b) = b = c Tương tự có: a + b3 + c3 ≥ 3a b + c , dấu ‘=’ xẩy ⇔  (3) a3 bc(b + c) = 0,25 Vậy: 0,25 c = a (4) a + b3 + c3 ≥ 3b c + a , dấu ‘=’ xẩy ⇔  b3 ca (c + a ) = Từ (2), (3) (4) có: a + b3 + c ≥ a b + c + b c + a + c a + b (5), dấu ‘=’ xẩy ⇔ a = b = c = vơ lí, abc = , hay ta có đpcm Câu (1 điểm) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 0,25 40 Website:tailieumontoan.com Nội dung trình bày Điểm Khơng tính tổng qt ta giả sử x ≥ 0, y ≥ Từ phương trình p + =2 x suy p số 0.25 lẻ Dễ thấy ≤ x < y < p ⇒ y − x không chia hết cho p (1) Mặt khác, ta có y − x = p − p ⇒ ( y − x )( y + x ) ≡ ( mod p ) ⇒ y + x ≡ ( mod p ) (do (1)) Do ≤ x < y < p ⇒ < y + x < p ⇒ x + y = p ⇒ y = p − x thay vào hệ cho ta  p + =2 x p 4x −1  p + =2 x =  p + =2 x ⇔ ⇔ ⇔     2 4x −1 4x 2( p − x) 2 x = 1 = p − px + p +  p =  p += Giải hệ ta được= p 7,= x thay vào hệ ban đầu ta suy y = Vậy p = -Hết - Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 0.25 0.25 0.25 41 Website:tailieumontoan.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2011-2012 ———————— ĐỀ THI MƠN: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ———————————— Câu (3,0 điểm) Cho phương trình : x − mx + (m + 1) x − m(m + 1) x + (m + 1) = (1) (trong x ẩn, m tham số) Giải phương trình (1) với m = −2 Tìm tất giá trị tham số m cho phương trình (1) có bốn nghiệm đơi phân biệt Câu (1,5 điểm) Tìm tất cặp hai số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x − x3 + =y Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC với BC > CA > AB nội tiếp đường tròn (O) Trên cạnh = BE = CA Đường tròn ngoại tiếp BC lấy điểm D tia BA lấy điểm E cho BD tam giác BDE cắt cạnh AC điểm P, đường thẳng BP cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai Q Chứng minh tam giác AQC đồng dạng với tam giác EPD Chứng minh BP = AQ + CQ Câu (1,5 điểm) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh c (a + b 2 ) 2 + a (b + c 2 ) 2 + b (c + a 2 ) 2 ≥ 54 ( abc ) (a + b + c) ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) 4 ⋅ Câu (1,0 điểm) Cho đa giác lồi A1 A2  A100 Tại đỉnh Ak ( k = 1, 2, ,100 ), người ta ghi số thực ak cho giá trị tuyệt đối hiệu hai số hai đỉnh kề Tìm giá trị lớn giá trị tuyệt đối hiệu hai số ghi cặp đỉnh đa giác cho, biết số ghi đỉnh cho đôi khác Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: .……………………………………… Số báo danh: ………… Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 42 Website:tailieumontoan.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ———————— HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác đủ bước cho điểm tối đa - Trong câu, bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm - Câu hình học bắt buộc phải vẽ hình chấm điểm, thí sinh khơng có hình vẽ phần giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần - Điểm toàn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm khơng làm trịn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu (3,0 điểm) Câu 1.1 (1,5 điểm) Điểm Nội dung trình bày Khi m = −2 phương trình cho có dạng x + x3 − x − x + = (2) 0,5 Nếu x = 04 + ⋅ 03 − 02 − ⋅ + = , vô lý, x ≠ Chia hai vế pt (2) cho x ta được: x + 1  +  x −  − =0 x x  0,5 1 Đặt x − =t ⇒ x + =t + thay vào phương trình ta t + 2t + =0 ⇔ t =−1 x x Với t = −1 ta x − −1 ± =−1 ⇔ x + x − =0 ⇔ x = x 0.25 Kết luận nghiệm 0.25 Câu 1.2 (1,5 điểm) Điểm Nếu x = phương trình cho trở thành (m + 1) = Khi m ≠ −1 phương trình vơ nghiệm Khi m = −1 x = nghiệm phương trình cho, phương trình cho có dạng x + x =0 ⇔ x =0 ∨ x =−1 Phương trình có hai nghiệm Do x ≠ m ≠ −1 Chia hai vế phương trình cho x ≠ đặt x + 0.25 (m + 1) = t ta phương trình x 0.25 t = −1 t − mt − (m + 1) = ⇔  t m +1 = Với t = −1 ta phương trình x + x + (m + 1) = (1) t m + ta phương trình x − (m + 1) x + (m + 1) = Với = (2) 0.25 Phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt phương trình Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 43 Website:tailieumontoan.com (1) (2) có hai nghiệm phân biệt, đồng thời chúng khơng có nghiệm chung 1 − ( m + 1) > ⇔ m < −1 (1) (2) có hai nghiệm phân biệt  m + − m + > ) ( ) ( (3) ( m + 1) = − x02 − x0 Khi x0 nghiệm chung (1) (2)  − x02 + ( m + 1) x0 ( m + 1) = 0.25 0.25 Từ (m + 2) x0 = điều tương đương với m = −2 x0 = Nếu x0 = m = −1 , loại Nếu m = −2 (1), (2) có hai nghiệm x = m = −2 −1 ± Do (1) (2) có nghiệm chung 0.25 Từ (3) suy phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt −2 ≠ m < −1 Câu (1,5 điểm) Nội dung trình bày Điểm +) Nếu x = thay vào phương trình ta y = ±1 +) Nếu x =−1 ⇒ y =3 vô nghiệm 0,25 +) Nếu x =1 ⇒ y =1 ⇒ y =±1 +) Nếu x ≥ ta có y 2= x − x + ⇒ ( x − x − 1) < ( y ) < ( x − x + 1) 2 ⇒ ( y ) = ( x − x ) ⇔ x − x + x = x − x + ⇔ x = (do x ≥ ) ⇒ y = ±3 2 4 0,5 +) Nếu x ≤ −2 , đặt t =− x ≥ Khi ta có y = t + t + ⇒ y 2= 4t + 4t + ⇒ ( 2t + t − 1) < ( y ) < ( 2t + t + 1) 2 0,5 ⇒ ( y ) = ( 2t + t ) ⇔ 4t + 4t + = 4t + 4t + t ⇔ t = (do t ≥ ) ⇒ y = ±5 2 Kết luận (= x         ; y ) (0;1);(0; −1);(1;1);(1; −1);(2;3);(2; −3);(−2;5);(   −2  ; −5) 0,25 Câu (3,0 điểm) Câu 3.1 (2,0 điểm) Điểm Nội dung trình bày Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 44 Website:tailieumontoan.com E A Q P O B D C Do tứ giác BEPD, ABCQ nội tiếp, 0,5 nên ∠EDP = ∠EBP = ∠ABQ = ∠ACQ (1) 0,5 ∠EPD = 1800 − ∠EBD = 1800 − ∠ABC = ∠AQC (2) 0,5 Từ (1) (2) suy ∆AQC  ∆EPD, điều phải chứng minh 0,5 Câu 3.2 (1 điểm) Điểm Theo kết phần 1, ta có QA + QC QA QC CA = = = PE + PD PE PD DE 0,25 Suy ( QA + QC ) ⋅ DE = ( PE + PD ) ⋅ AC = ( PE + PD ) ⋅ BD (3) 0,25 Áp dụng định lý Ptolemey cho tứ giác BEPD nội tiếp, ta BP ⋅ ED = BE ⋅ PD + EP ⋅ BD = ( PD + PE ) ⋅ BD (4) Từ (3) (4) suy (QA + QC )·ED = BP·ED hay QA + QC = BP , điều phải chứng minh 0,25 0,25 Câu (1.5 điểm) Nội dung trình bày Điểm Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có c ( a + b ) + a ( b + c ) + b ( c + a ) ≥ 3 ( abc ) ( a + b )( b + c )( c + a )  2 2 0.5 ≥ 3 ( abc ) 64 ( abc ) = 12 ( abc ) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 45 Suy Website:tailieumontoan.com c ( a + b ) + a ( b + c ) + b ( c + a ) ≥ 3abc 2 Cũng theo bất đẳng thức AM-GM ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ⇒ 4 ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ( a + b + c ) ≥ ( abc ) ≥ 3 ( ab ) ( bc ) ( ca ) = ( abc ) 4 4 ( abc ) 0.5 ≥ ⋅ abc abc Suy c2 ( a + b2 ) + a ( b2 + c2 ) + b2 ( c2 + a ) ⋅ ( a + b + c ) ⋅ 2 2 ≥ ( abc ) ⋅ ( abc ) abc ⋅ ( abc ) ≥ 54 ( abc ) ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) 4 ≥ 0.25 Từ suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy a= b= c 0.25 Câu (1 điểm) Nội dung trình bày A1 Điểm A2 A100 A3 A4 Xét đa giác lồi ak − ak +1 = ( A1 A2  A100 hình vẽ Khi ak − ak +1 = k = 1, 2, ,99 ) Khơng tính tổng qt, coi a1 nhỏ nhất, an lớn (dễ thấy n ≥ ) 0.25 Đặt = d max − a j d= an − a1 Ta chứng minh d = 149 i≠ j Nằm A1 , An , theo chiều kim đồng hồ có n − đỉnh có 100 − n đỉnh, theo chiều ngược kim đồng hồ Hơn giá trị tuyệt đối hiệu hai số kề không vượt Do d = a1 − an ≤ a1 − a2 + a2 − a3 + + an −1 − an ≤ ( n − 1) 0.25 d = 150 hiệu hai số ghi hai đỉnh kề hay ta có  − +1 = +1 − + − +1 = 3, i = 1, 2, ,99 ⇒ − +1 = +1 − + ⇒  ( i = 1, ,98)  = + 0.25 tương tự ta có 3( n − 1) + 3(100 − n + 1) ( ) ( )= 300 d ≤ (100 − n + 1) Suy d ≤ = 150 2 ⇒ a1 − a100 =a1 − a2 + a2 − a3 + + a99 − a100 =99 ( a1 − a2 ) ⇒ a1 − a100 =99 ( a1 − a2 ) ⇒ =99.3 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 46 Website:tailieumontoan.com Điều không xảy suy d = 150 không thỏa mãn Ta xây dựng trường hợp cho d = 149 sau: = a1 0,= a2 2,= ak ak −1 + với k = 2,3, …,52; a53 = a52 − 2, ak = ak −1 − 3, k = 54,55, …,100 Khi hiệu lớn a53 − a1 = 149 0.25 Các số a2 , a3 , …, a53 có dạng + 3t , số a54 , a55 , …, a100 có dạng 147 − 3k Rõ ràng không tồn k , t cho + 3t = 147 − 3k ⇔ ( k + l ) = 145 ( k , t ∈  ) Suy điều phải chứng minh Hết Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 47 Website:tailieumontoan.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu (3 điểm) Cho phương trình x − ( 2m + 1) x + m = ( m tham số) Chứng minh với giá trị tham số m, phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Tìm hệ thức liên hệ x1 , x2 khơng phụ thuộc vào m Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x1 x2 − x1 − x2 m thay x + x22 + (1 + x1 x2 ) đổi Câu (3 điểm) Giải phương trình + − x − x = x Tìm tất cặp hai số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn phương trình xy ⋅ yx + xy + yx = 5329 Câu (1 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh 1+ ≥ a + b + c ab + bc + ca Câu (2 điểm) Đường tròn nội tiếp ( I ) tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB theo thứ tự điểm D, E , F Đường thẳng AD cắt đường thẳng EF điểm M Lấy điểm N DF điểm P DE cho tứ giác MNDP hình bình hành ME  DE  =  MF  DF  Chứng minh tứ giác EFNP nội tiếp Chứng minh Câu (1 điểm) Một bảng hình vng có 10 hàng 10 cột gọi bảng kích thước 10 × 10 Hỏi có điền số 1, 2, ,100 vào ô bảng kích thước 10 ×10 (mỗi điền số) cho hai tính chất sau đồng thời thỏa mãn: (i) Tổng số hàng, cột (bằng S ) (ii) Với k = 1, 2, ,10, tổng số ô ( i; j ) (ô hàng i, cột j ) với i − j ≡ k ( mod10 ) có tổng S (Ký hiệu a ≡ b ( mod c ) có nghĩa hai số nguyên a, b có số dư chia cho số nguyên c ) —Hết— Cán coi thi không giải thích thêm! Họ tên thí sinh: .……………………………………… Số báo danh: ………… Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 48 Website:tailieumontoan.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 20092010 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 01 trang) Câu (3,0 điểm) 1  x + y + + =  x y  a) Giải hệ phương trình:   xy + =  xy b) Giải biện luận phương trình: | x + | + p | x − |= (p tham số có giá trị thực) Câu (1,5 điểm) Cho ba số thực a, b, c đôi phân biệt Chứng minh Câu (1,5 điểm) Cho A = B = a2 b2 c2 + + ≥2 (b − c) (c − a ) (a − b) 2x − x2 − x + 2A + B Tìm tất giá trị nguyên x cho C = số nguyên 4x + 4x +1 Câu (3,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB1 Câu (1,5 điểm): Điểm Nội dung trình bày + Phát chứng minh bc ca ab + + = (a − b)(a − c) (b − a )(b − c) (c − a )(c − b) + Từ đó, vế trái bất đẳng thức cần chứng minh bằng: 1,0   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 (1,5 điểm): 0,5 Điểm 0,25 Nội dung trình bày Điều kiện xác định: x ≠ (do x nguyên) 2 x −1  2( x − 1) + Dễ thấy A = ,= suy ra: C = ;B    | x + 1| | x − 1|  | x + 1| | x − 1| 0,25 2 4( x + 1) 1− 2x  4( x + 1) = + 1 > ⇒= C −1 = −1 Nếu − < x < Khi đó: x = (vì x nguyên) C = Vậy x = giá trị cần tìm Nếu x < − Khi x ≤ −1 (do x nguyên) Ta có: 4( x + 1) 2x −1 2 4( x + 1)  +1 = > , suy −1 < C ≤ C = − − 1 = − ≤ C + =− 3(2 x + 1) 3(2 x + 1)  2x +1  3(2 x + 1) hay C = x = −1 Vậy giá trị tìm thoả mãn yêu cầu là: x = 0, x = −1 Câu (3,0 điểm): Nếu x > Khi= C 0,5 0,25 0,25 a) 2,0 điểm: I A Nội dung trình bày Gọi I trung điểm AB, E =∩ IK CD , R = IM ∩ CD Xét hai tam giác  KIB KED có:  ABD = BDC B K M Q D E H R b) 1,0 điểm: C KB = KD (K trung điểm BD)  = EKD  IKB Suy ∆KIB = ∆KED ⇒ IK = KE Chứng minh tương tự có: ∆MIA = ∆MRC Suy ra: MI = MR Trong tam giác IER có IK = KE MI = MR nên KM đường trung bình ⇒ KM // CD Do CD // AB (gt) KM // AB (đpcm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm Nội dung trình bày Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 Điểm TÀI LIỆU TỐN HỌC 51 Website:tailieumontoan.com Ta có: IA=IB, KB=KD (gt) ⇒ IK đường trung bình ∆ ABD ⇒ IK//AD hay IE//AD chứng minh tương tự ∆ ABC có IM//BC hay IR//BC Có: QK ⊥ AD (gt), IE//AD (CM trên) ⇒ QK ⊥ IE Tương tự có QM ⊥ IR Từ có: IK=KE, QK ⊥ IE ⇒ QK trung trực ứng với cạnh IE ∆IER Tương tự QM trung trực thứ hai ∆IER Hạ QH ⊥ CD suy QH trung trực thứ ba ∆IER hay Q nằm trung trực đoạn CD ⇒ Q cách C D hay QD=QC (đpcm) Câu (1,0 điểm): 0,25 0,25 0,25 Điểm Nội dung trình bày P' 0,25 B' A C' P C B A' Trong số tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn (diện tích S) Khi S ≤1 Qua đỉnh tam giác, kẻ đường thẳng song song với cạnh đối diện, đường thẳng giới hạn tạo thành tam giác A ' B ' C ' (hình vẽ) Khi S= S ABC ≤ Ta chứng A ' B 'C ' minh tất điểm cho nằm tam giác A ' B ' C ' Giả sử trái lại, có điểm P nằm ngồi tam giác A ' B ' C ', chẳng hạn hình vẽ Khi d ( P; AB ) > d ( C ; AB ) , suy S PAB > SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn Vậy, tất điểm cho nằm bên tam giác A ' B ' C ' có diện tích khơng lớn Một số lưu ý: -Trên trình tóm tắt cách giải với ý bắt buộc phải có Trong q trình chấm, học sinh giải theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa -Trong trình giải học sinh bước sai, bước sau có sử dụng kết phần sai có khơng cho điểm -Bài hình học, học sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần -Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm thống chia tới 0,25 điểm -Điểm tồn tính đến 0,25 điểm —Hết— Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 0.25 0.25 0.25 0.25 52 Website:tailieumontoan.com 0976209758 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC