Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (gọi đường tròn đó là (O)).. Gọi Q là trung điểm của AB.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010
KHÁNH HOÀ MƠN : TỐN
NGÀY THI : 19/06/2009
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1.(2.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
a Cho biết A = 5+ 15 B = 5− 15 Hãy so sánh tổng A + B tích AB
− =
⎩
b Giải hệ phương trình : ⎧⎨2x y 3x 2y 12
+ =
Bài 2.(2.50 điểm)
Cho Parabol (P) : y x=
đường thẳng (d) : y mx 2= − (m tham số, m 0≠ ) a Vẽ đồ thị (P) mặt phẳng tọa độ Oxy
b Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm (P) (d) c Gọi A(xA; yA), B(xB; yB
E CBA=
B) hai giao điểm phân biệt (P) (d) Tìm giá trị m
sao cho : yA + yB = 2(xA + xB) – Bài 3.(1.50 điểm)
Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 6(m) bình phương độ dài đường chéo gấp lần chu vi Xác định chiều dài chiều rộng mảnh đất
Bài 4.(4.00 điểm)
Cho đường tròn (O; R) Từ điểm M nằm (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA MB (A, B hai tiếp điểm) Lấy điểm C cung nhỏ AB (C khác A B) Gọi D, E, F hình chiếu vng góc C AB, AM, BM
a Chứng minh AECD tứ giác nội tiếp
b Chứng minh : CD
c Gọi I giao điểm AC ED, K giao điểm CB DF Chứng minh: IK//AB d Xác định vị trí điểm C cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ Tính giá trị nhỏ
nhất OM = 2R
- HẾT -
Đề thi có 01 trang;
Giám thị khơng giải thích thêm
SBD : …………/ Phòng : …… Giám thị : ……… Giám thị : ………
(2)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010
KHÁNH HOÀ MƠN : TỐN CHUN
NGÀY THI : 20/06/2009
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1.(2.00 điểm)
a Rút gọn biểu thức : A 3
3
1 1
2
− +
= +
+ + − −
b Tìm hai số a b cho : 5a2+5b2−8ab 2a 2b 0+ + + =
Bài 2.(2.00 điểm)
a Cho phương trình : (m tham số) Tìm số nguyên m lớn để
phương trình có hai nghiệm cho
2
x +(2m 1)x m− + =
1
x , x
2
1
1
(x x )
x x
− +
+ + số nguyên
b Giải hệ phương trình :
2
2
(x y)(x y )
(x y)(x y ) 15
⎧ − − =
⎪ ⎨
+ + =
⎪⎩
Bài 3.(2.00 điểm)
a Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn điều kiện : a2+b2+c2 = Chứng minh : 1
abc 2(1 a b c ab bc ca) 0+ + + + + + + ≥ b Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên :
4 4
1
x +x +x + +L x =2009
Bài 4.(3.00 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Vẽ ba đường cao AD, BE, CF cắt H Gọi M điểm đối xứng H qua BC
a Chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường trịn (gọi đường trịn (O))
b Gọi Q trung điểm AB Chứng minh EQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp EHCΔ c Biết BE cắt (O) điểm thứ hai N CF cắt (O) điểm thứ hai P Tính giá trị biểu
thức : T AM BN CP
AD BE CF
= + +
Bài 5.(1.00 điểm)
Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC điểm M cho AM 1, BM CM= = = 21
Chứng minh : SABC ≤8
- HẾT -
Đề thi có 01 trang;
Giám thị khơng giải thích thêm
SBD : …………/ Phòng : …… Giám thị : ……… Giám thị : ………
(3)HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 – NĂM HỌC 2009-2010
Trang
(ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ CHÍNH THỨC)
A Hướng dẫn chung:
Hướng dẫn chấm gồm có 02 trang;
Mọi cách giải cho điểm tối đa phần tương ứng; Bài không vẽ hình khơng chấm;
Điểm tồn khơng làm tròn B Đáp án thang điểm:
Bài Đáp án Điểm
A = 5+ 15 B = 5− 15 Hãy so sánh tổng A + B tích AB 1điểm
A B 5+ = + 15 5+ − 15 10= 0.25
( )( ) ( )2
2
AB= +5 15 5− 15 =5 − 15 0.25
=25 15 10− = 0.25
1a
Vậy A B AB+ = 0.25
Giải hệ phương trình 2x y 1
3x 2y 12
+ = ⎧
⎨ − =
⎩ 1điểm
2x y y 2x
3x 2y 12 3x 2(1 2x) 12
+ = = −
⎧ ⎧
⇔
⎨ − = ⎨ − − =
⎩ ⎩ 0.25
y 2x
x = − ⎧ ⇔ ⎨ =
⎩ 0.25
y
x = − ⎧ ⇔ ⎨ =
⎩ 0.25
1b
Vậy hệ có nghiệm (x; y) (2; 3)= − 0.25 Vẽ đồ thị (P) : y x= 2 mặt phẳng tọa độ Oxy
1điểm Bảng giá trị
x … -2 -1 … y = x2 … 1 …
0.50
2a
Đồ thị
o
0.50
Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm (P) (d) 1điểm Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) x2 = 3x – ⇔x2 – 3x + = 0.25
Suy x = hay x = 0.25
Thế x = 1⇒ y = 1, x = 2⇒ y = 0.25
2b
(4)HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 – NĂM HỌC 2009-2010
Tìm giá trị m cho yA + yB = 2(xA + xB) – 0.5điểm
Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2 = mx – ⇔ x2 – mx + = 0(*)
(d) cắt (P) điểm A B > 0Δ ⇔m2 – > 0⇔m2> 8⇔ m> m∨ < − 0.25 2c Áp dụng hệ thức Viet vào phương trình (*), ta có xA+xB =m
Vì A, B ∈(d) Nên yA = mxA−2; yB = mxB− ,
yA + yB = 2(xA + xB) – ⇔(m – 2)(xA + xB) – = 0⇔m2 – 2m – =
⇔m = (thỏa)∨ m = –1 (loại) Vậy m =
0.25
Xác định chiều dài chiều rộng mảnh đất 1.5điểm Gọi x (m) chiều dài mảnh đất (x>6) 0.25
Chiều rộng mảnh đất : x 6− Chu vi mảnh đất : 4x 12− 0.25 Bình phương độ dài đường chéo : x2+(x 6)− 0.25
Bình phương độ dài đường chéo gấp chu vi nên : x2+(x 6)− =5(4x 12)− 0.25
Giải phương trình bậc hai x 12= (thỏa mãn), x = < (loại) 0.25 3
Vậy chiều dài mảnh đất 12 (m) Chiều rộng mảnh đất 12 – = (m) 0.25 Chứng minh AECD tứ giác nội tiếp 1điểm
K I
H
F E D
B A
O M
C Khơng
cho điểm hình vẽ
bài
AEC 90= (giả thiết) 0.25
ADC 90= (giả thiết) 0.25
AEC ADC 180+ = 0.25
4a
⇒ tứ giác AECD nội tiếp 0.25
Chứng minh CDE CBA = 1điểm
CDE CAE= (nội tiếp chắn EC ) 0.25
CBA CAE= (nội tiếp góc tiếp tuyến dây cung chắn AC ) 0.50 4b
⇒CDE CBA = 0.25
Chứng minh IK // AB 1điểm
CFB CDB 180+ = ⇒ tứ giác FCDB nội tiếp⇒CDF CBF = (nội tiếp chắn ) 0.25
CAB = CBF (nội tiếp góc tiếp tuyến dây cung chắn CB )⇒ CDF CAB= 0.25
ICK IDK ICK IDC CDK+ = + + =ACB CBA CAB + + = tứ giác CIDK nội tiếp
180 ⇒ 0.25
4c
CIK CDK= (nội tiếp chắn CK ) ⇒ CIK CAB = (đồng vị) ⇒ IK // AB 0.25 Tìm vị trí điểm C để AC2 + CB2 nhỏ Tính giá trị nhỏ OM = 2R 1điểm Đặt { }H =AB OM∩
Không tổng quát, giả sử AC BC ≤ ⇒ D thuộc đoạn AH (D≠A)
AC2 = AD2 + CD2 = (AH – DH)2 + CD2 = AH2 + DH2 – 2AH.DH + CD2
0.25
CB2 = BD2 + CD2 = (BH + DH)2 + CD2 = BH2 + DH2 + 2BH.DH + CD2 0.25 Suy AC2 + CB2 = 2AH2 + 2HC2
AH không đổi nên AC2 + CB2 nhỏ HC nhỏ ⇔C điểm giữaAB 0.25 4d
Khi đó, với OM = 2R ta có CA = CB = R Vậy AC2 + CB2 = 2R2 0.25
(5)HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010
(ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ CHÍNH THỨC)
A Hướng dẫn chung:
Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang;
Mọi cách giải cho điểm tối đa phần tương ứng; Bài khơng vẽ hình khơng chấm;
Điểm tồn khơng làm trịn B Đáp án thang điểm:
Bài Đáp án Điểm
Rút gọn A 1điểm
2
3 3
1
2 4 2 2
⎛ ⎞
+ = + + =⎜ + ⎟
⎝ ⎠ 0.25
2
3
1
2 2
⎛ ⎞
− =⎜ − ⎟
⎝ ⎠ 0.25
( ) ( )
2 3
3
A
3 3 3 3
2 2
− +
− +
= + = +
+ −
+ − 0.25
1a
8 A
3
= 0.25
Tìm hai số a b cho : 2 2
5a +5b −8ab 2a 2b 0+ + + = 1điểm
Ta có 5a2+5b2−8ab 2a 2b 0+ + + = ⇔(a2+2a 1) (b+ + 2+2b 1) (4a+ + 2−8ab 4b ) 0+ = 0.25
⇔(a 1)+ 2+ +(b 1)2+4(a b)− = 0 0.25
2 2
(a 1) a (b 1) b
a b (a b)
⎧ + = ⎧ + =
⎪ ⎪
⇔⎨ + = ⇔⎨ + = ⎪ − = ⎪ =⎩ ⎩
0.25 1b
Vậy a b= = −1 0.25
Tìm số nguyên m lớn cho
2 1 2
1 2
(x x ) 7
x x 1
− +
+ + số nguyên 1điểm
( )2 2
2m 4m 4m Δ = − − = − +
Phương trình có hai nghiệm x1, x2 4m m 1(*)
4
Δ = − + ≥ ⇔ ≤ 0.25
Theo định lý Viet, ta có : x1 + x2 = – 2m, x1x2 = m2
( )2 ( )2 ( )2 2
l l 2
1 2
x x x x 4x x 2m 4m 4m
2
x x x x 1 2m 2m m
− + + − + − − + −
= = =
+ + + + − + − = + −
0.25
( )2 { }
l
1
x x
m 1;0; 2;3
x x 1 m
− +
∈ Ζ ⇔ ∈ Ζ ⇔ ∈ −
+ + − 0.25
2a
Đối chiếu điều kiện (*), ta m = 0.25
(6)HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010
Giải hệ phương trình ( )( )
( )( )
2 2
2 2
x y x y 3
x y x y 15
⎧ − − =
⎪ ⎨
+ + =
⎪⎩ 1điểm
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
2 2
2
x y x y 4xy
x y x y x y x y 3
x y x y 15
x y x y 15 x y x y 2xy 15
⎧ + ⎡ + − ⎤=
⎧ − − = ⎧ + − =
⎪ ⇔⎪ ⇔⎪ ⎣
⎨ ⎨ ⎨
+ + = ⎡ ⎤
+ + =
⎦
+ + − =
⎪ ⎪⎩ ⎪
⎩ ⎩ ⎣ ⎦
0.25
Đặt S = x + y, P = x.y, hệ trở thành ( )
( )
3
S S 4P SP 6 S 3
S 2SP 15 P
S S 2P 15
⎧ − = ⎧ = ⎧ =
⎪ ⇔ ⇔
⎨ ⎨ − = ⎨ =
− = ⎩ ⎩
⎪⎩ 0.25
Do x,y nghiệm phương trình bậc hai t2 – 3t + = 0.25
2b
Hệ có hai nghiệm (2;1), (1;2) 0.25
Chứng minh abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) ≥ với a2 + b2 +c2 = 1. 1điểm
a2 + b2 + c2 = ⇒ |a|, |b|, |c| Do ≤ 0.25 (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ ⇔1 + a + b + c + ab + bc + ac + abc (1) ≥ 0.25 Mặt khác (1+ a + b + c)2 0≥ ⇔1 + a2 + b2 + c2 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2bc + 2ac≥
⇔1 + a + b + c + ab + bc + ac ( 2) (vì a≥ 2 + b2 + c2 = 1) 0.25
3a
Cộng (1) (2) theo vế bất đẳng thức cần chứng minh 0.25
Chứng minh phương trình 4 4 4 4 khơng có nghiệm ngun.
1 2 3 8
x +x +x +L+x =2009 1điểm
Nếu tất xi chẵn x4i chẵn nên
4 4
1
x x x x4
+ + + +L chẵn, 2009 0.25 Nếu có xk lẻ: xk = 2mk + 1, mk∈Z, x4k =(2mk +1)4 =16m (m3k k + +2) 8m (3mk k + +1)
Nếu mk chẵn 8m (3mk k + M1) 16
mk lẻ 3mk+1 chẵn ⇒8m (3mk k + M1) 16
Do đó, chia cho 16 có số dư
k
x
0.25
Vì vậy, 4 chia cho 16 có số dư tối đa
1
x +x +x + +L x4
8 0.25
3b
Còn 2009 = 125.16 + chia cho 16 có số dư Vậy khơng thể xảy
4 4
1
x +x +x + +L x =2009, với xi∈ Z 0.25 Chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O). 1điểm 4a
Q
R P
F
H
N
E
M D
O
B
A
C
Khơng cho điểm
hình vẽ
(7)HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010
Xét tứ giác HEAF ta có AEH AFH 90+ = 0+900 =1800 ⇒FAE FHE 180+ = 0.25
Ta có BHC FHE= (đối đỉnh) 0.25
Theo giả thiết M H đối xứng qua BC nên BMC BHC= 0.25 Suy FAE BMC 180+ = ⇒Tứ giác ABMC nội tiếp (O) 0.25 Chứng minh EQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp EHCΔ 1điểm Gọi R trung điểm HC Ta có RE = RH = RC =HC
2 (tính chất trung tuyến vng HEC) Δ
⇒ R tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC
0.25
REC RCE= ( REC cân R); QE = QA = QB =Δ AB
2 (tính chất trung tuyến Δvng AEB)
(ΔQAE cân Q)
⇒QAE QEA=
0.25
Mà QAE RCE 90+ = 0(ΔAFC vuông F)⇒QEA REC 90+ = ⇒QER 90= 0.25
4b
⇒QE ER E E ⊥ ∈(R) Nên EQ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC 0.25 Tính giá trị biểu thức T = AM BN CP
AD + BE CF+ . 1điểm
Trong (O) có NCA NBA= (nội tiếp chắn AN) ACP NBA= (cùng phụ BAC) NCA ACP
⇒ = 0.25
ΔNCH có CE đường cao vừa đường phân giác ⇒ΔNCH cân C AC trung trực đoạn HN EH = EN Tương tự ta chứng minh FH = FP
⇒
⇒ 0.25
Do T = AM BN CP AD DM BE EN CF FP
AD BE CF AD BE CF
+ +
+ + = + + +
DM EN FP DH EH FH AD BE CF AD BE CF
= + + + = + + +
0.25 4c
S(BCH) S(ACH) S(ABH) S(ABC)
S(ABC) S(ABC)
+ +
= + = + = 0.25
Chứng minh SABC ≤8 3. 1điểm
Gọi H trung điểm BC Do BM = CM nên M thuộc trung trực đoạn BC⇒MH BC⊥ 0.25 Lấy A1 tia đối MH cho MA1 = Ta có ha ≤AM MH A M MH A H+ = 1 + = 1
Đặt MH = x (x > 0), ta có
1
ABC a 1 A BC
1
S BC.h BC.A H BH.A H S
2
= ≤ = ≤ 0.25
2
BH= BM −MH = 21 x−
A H x 1= +
2
BH.A H (x 1) 21 x= + −
( )
2 2 2
A BC
S (x 1) (21
⇒ = + − x )
0.25 5
Ta chứng minh ( )
2 4 3
A1 A
M
ha B
H C
2 A BC
S ≤192⇔ − −x 2x +20x +42x 21 192+ ≤
⇔(x 3) (x− 2+8x 19) 0+ ≥ : Đẳng thức xảy MH 3=
0.25
- HẾT -