5 de tuyen sinh vao 10 chuyen Toan

Hết.. Do đó chúng đồng dạng..  Điểm toàn bài không làm tròn... Gọi M là điểm chính giữa của cung AB nhỏ. DM cắt AB tại C. Chứng minh rằng:.. a) MB.BD MD.BC .[r]

5 ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN:

HẢI DƯƠNG, THỪA THIÊN HUẾ, HƯNG YÊN, VĨNH PHÚC, THANH HOÁ

Câu I (2.5 điểm):

1) Giải hệ phương trình:

2 2 x y xy

xy 3x

   



 



2) Tìm m ngun để phương trình sau có nghiệm nguyên: 4x24mx 2m 2 5m 0 

Câu II (2.5 điểm):

1) Rút gọn biểu thức:

 3  3

2

2

2 x x x

A

4 x

 

    

 

 



  với 2 x 2 

2) Cho trước số hữu tỉ m cho mlà số vơ tỉ Tìm số hữu tỉ a, b, c để: 3

a m b m c 0  Câu III (2.0 điểm):

1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số x3 số nguyên dương biết f (5) f (3) 2010  Chứng minh rằng: f(7) f(1)  là hợp số.

2) Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

P x  4x 5  x 6x 13 Câu IV (2.0 điểm):

Cho tam giác MNP có ba góc nhọn điểm A, B, C hình chiếu vng góc M, N, P NP, MP, MN Trên đoạn thẳng AC, AB lấy D, E cho DE song song với NP Trên tia AB lấy điểm K cho DMK NMP  . Chứng minh rằng:

1) MD = ME

2) Tứ giác MDEK nội tiếp Từ suy điểm M tâm đường trịn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK

Câu V (1.0 điểm):

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đường trịn để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

Đề thức

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

Năm học 2009-2010 Mơn thi : Tốn

Thời gian làm bài: 150 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Năm học 2009-2010

Mơn thi : Tốn Hướng dẫn chấm

Câu Phần Nội dung Điểm

Câu I 2,5 điểm 1) 1,5điểm 2

x y xy (1) xy 3x (2)

   



 



Từ (2)  x  Từ

2 3x y x  

, thay vào (1) ta có: 0.25

2

2 3x 3x

x x

x x

   

   

  0.25

 7x4 23x216 0 0.25

Giải ta đượcx2 1 hoặc

2 16 x =

7 0.25

Từ x2  1 x 1 y1;

2 16 7

x x y

7 7

    

0.25 Vậy hệ có nghiệm (x; y) (1; 1); (-1; -1);

4 7 ;

7

  

 

 ;

4 7 ;

7

 

 

  0.25

2)

1,0điểm Điều kiện để phương trình có nghiệm:

x'

  0.25

m 5m (m 2)(m 3)

        Vì (m - 2) > (m - 3) nên: x'

   m m 0     m 3, mà m Z  

 m = m = 3. 0.25

Khi m =  x'= 0 x = -1 (thỏa mãn)

Khi m =  x'= 0 x = - 1,5 (loại) 0.25

Vậy m = 0.25

Câu II 2,5 điểm

1)

1,5điểm Đặt

a  x; b  x (a, b 0) 

2 2

a b 4; a b 2x

     0.25

 3   2 

2 ab a b ab a b a b ab A

4 ab ab

     

  

  0.25

   

 

2 ab a b ab

A ab a b

4 ab

  

    

 0.25

 

A 2ab a b

    0.25

2

A a b 2x A x

      0.25

2) 1,0điểm

3

a m b m c 0  (1) Giả sử có (1)

3

b m c m am (2)

   

Từ (1), (2)  (b2  ac) m3 (a m2  bc) 0.25 Nếu a m bc 02  

2

2

a m bc m

b ac



 

 số hữu tỉ Trái với giả thiết!

2

2

b ac b abc a m bc bc am

    

 

   

  

 

  0.25

3 3

b a m b a m

    Nếu b0 thì

3 m b

a



là số hữu tỉ Trái với

giả thiết!  a 0;b 0  Từ ta tìm c = 0. 0.25

Ngược lại a = b = c = (1) Vậy: a = b = c = 0.25 Câu III

2 điểm

1) 1,0điểm

Theo f(x) có dạng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a nguyên

dương 0.25

Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c

= 98a + 16b + 2c  16b + 2c = (2010- 98a) 0.25

Ta có f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c

= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)

= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)

 0.25

Vì a nguyên dương nên 16a + 2010>1 Vậy f(7)-f(1) hợp số 0.25 2)

1,0điểm    

2 2 2

P x 2 1  x 3 2

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25 Ta chứng minh được:

 2  2

AB x x 3    2  25 1  26  

2 2

OA x 2 1 , OB x 3 222 0.25 Mặt khác ta có: OA OB AB

x 22 12 x 32 22 26

      

0.25 Dấu “=” xảy A thuộc đoạn OB B thuộc đoạn OA

x

x x



   

 .Thử lại x = A(5; 1); B(10; 2) nên A

thuộc đoạn OB Vậy MaxP 26khi x = 7. 0.25 Câu IV

2 điểm

1) 0,75điểm

tiếp  CAM CPM  . Lại có BNM CPM  (cùng phụ góc NMP)

 

CAM BAM

  (1) 0.25 Do DE // NP mặt khác

MANP MA DE (2) Từ (1), (2)  ADE cân A

 MA trung trực DE

 MD = ME 0.25

2) 1,25điểm

K

E

B C

A N

M

P

D

Do DE//NP nên DEK NAB  , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:

 

NMB NAB 180   NMB DEK 180   0.25 Theo giả thiết DMK NMP   DMK DEK 180  

 Tứ giác MDEK nội tiếp 0.25

Do MA trung trực DE MEAMDA 0.25  MEA MDA   MEK MDC . 0.25

Vì MEK MDK  MDK MDC   DM phân giác góc CDK, kết hợp với AM phân giác DAB M tâm đường trịn

bàng tiếp góc DAK tam giác DAK 0.25 K

E

B C

A N

M

P

Câu V 1 điểm

D' B' A'

O

C A

B

D

Không tổng quát giả sử:ABAC Gọi B’ điểm cung ABC  AB' CB'

Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho BA’ = BA AB BC CA '

   0.25

Ta có: B'BC B'AC B'CA   (1) ; B'CA B'BA 180   0 (2)

B'BC B'BA ' 180   0 (3);Từ (1), (2), (3)  B'BA B'BA'  0.25 Hai tam giác A’BB’ ABB’  A 'B 'B ' A

Ta có  B ' A B 'C B ' A ' B 'C A ' C= AB + BC ( B’A + B’C

không đổi B’, A, C cố định) Dấu “=” xảy B trùng với B’ 0.25 Hoàn toàn tương tự gọi D’ điểm cung ADC ta

cũng có AD’ + CD’ AD + CD Dấu “=” xảy D trùng với

D’

 Chu vi tứ giác ABCD lớn B, D điểm giữa

Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC

THỪA THIÊN HUẾ Mơn: TỐN - Năm học 2008-2009

Đề thức Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (3 điểm)

a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, chứng minh đẳng thức : 3 3 13 3 1.

b) Giải hệ phương trình :

2

1

( 1) 36

x y

x x y

   

 

  

 

Bài 2: (1,5 điểm)

Cho phương trình: x4 2mx22m 0 

Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm x , x , x , x1 4 cho:

1

x x x x x4 x13 x3 x2

Bài 3: (3 điểm)

Cho đường trịn (O), đường kính AB Gọi C trung điểm bán kính OB (S) đường trịn đường kính AC Trên đường trịn (O) lấy hai điểm tùy ý phân biệt M, N khác A B Gọi P, Q giao điểm thứ hai AM AN với đường tròn (S)

a) Chứng minh đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ

b) Vẽ tiếp tuyến ME (S) với E tiếp điểm Chứng minh: ME = MA MP2  . c) Vẽ tiếp tuyến NF (S) với F tiếp điểm Chứng minh:

ME AM NF AN . Bài 4: (1,5 điểm)

Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết hệ thập phân) cho hai điều kiện sau đồng thời thỏa mãn:

(i) Mỗi chữ số đứng sau lớn chữ số đứng liền trước

(ii)Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, p tỉ số chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị q tỉ số chữ số hàng nghìn chữ số hàng trăm Bài 5: (1 điểm)

Một bìa dạng tam giác vng có độ dài ba cạnh số nguyên Chứng minh cắt bìa thành sáu phần có diện tích diện tích phần số nguyên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC

THỪA THIÊN HUẾ Mơn: TỐN - Năm học 2008-2009

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

BÀI NỘI DUNG Điể m

B.1 3,0

1.a

 

 

2

3 13 3 12

3 3 3 3 3 3

3 3 1

       

       

      

      

0.25 0.25 0,25 0.25

1.b Điều kiện y0 0,25

x2 2x y 36 x y 6

     

0,25

Đặt u x 1, v y (u 0, v 0  ), ta có hệ

u v uv

  

 



0,50 Giải : u = , v = u =3 , v = 2 0,25 Trường hợp u = , v = có : ( x = ; y = ) ( x =  3 ; y = 9) 0,25 Trường hợp u = , v = có : ( x = ; y = ) ( x =  4 ; y = 4) 0,25 Hệ cho có nghiệm: (1;9) , (-3;9) , (2;4) , (- 4;4) 0,25

B.2 1,5

4

x  2mx 2m 0  (1)

Đặt :t x 2, ta có : t2 2mt 2m 0   (2) (t 0 ) 0,25

 2

' m 2m m

       với m. 0,25

Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt (2) ln có hai nghiệm dương phân biệt t , t1 Tương đương với:

1 ' 0, P 2m 0, S 2m m , m

2

         

(3)

0,25

Với điều kiện (3), phương trình (2) có nghiệm dương t 1t2 phương trình (1) có nghiệm phân biệt:

1 2

x  t x  t x  t x  t

Theo giả thiết: x4 x1 3 x 3 x2 t2 6 t1  t2 3 t1  t2 9t1 (4)

0,25

Theo định lí Vi-ét, ta có: t1t2 2m t t1 2m 1 (5) Từ (4) (5) ta có: 10t12m

2

2

1

5

9m 50m 25 m ; m

      

Cả hai giá trị thỏa mãn điều kiện tốn

Vậy để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn điều kiện tốn cần đủ là:

5 m

9



m 5 .

0,50

B.3 3,0

3.a

+ Hình vẽ

 

CPA BMA 90   CP / /BM Do :

AP AC AMAB (1) + Tương tự: CQ / /BN

AQ AC (2) AN AB Từ (1) (2):

AP AQ AM AN , Do PQ / /MN

0,25 0,25 0,25

0,25

3.b + Hai tam giác MEP MAE có : EMP AME  PEM EAM 

Do chúng đồng dạng + Suy ra:

2

ME MP

ME MA MP MAME  

0,50 0,50 3.c + Tương tự ta có: NF2 NA NQ

 

+ Do đó: 2

ME MA MP NF NA NQ

 



+ Nhưng

MP MA

(Do PQ / /MN) NQ NA

+ Từ đó:

2

2

ME AM ME AM NF AN  NF AN

0,25 0,25 0,25 0,25

Xét số tùy ý có chữ số abcd mà 1 a b c d 9     (a, b, c, d số

nguyên)

Ta tìm giá trị nhỏ

c a p q

d b

  

0,25

Do b, c số tự nhiên nên: c b  c b 1  Vì :

b 1 p q

9 b



  

1 b 1 b

p q

9 b 9 b

        0,75

7 p q

9

 

trường hợp

b c b 1, d 9, a 1,

9 b

    

Vậy số thỏa mãn điều kiện toán là: 1349

0,25 0,25

B.5 1,0

Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác vuông ABC, c cạnh huyền Ta có a2 b2 c2; a, b, c N*, diện tích tam giác ABC

ab S

2



Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12

0.25 + Chứng minh ab 3

Nếu a b đồng thời khơng chia hết cho a2b2chia dư Suy số phương c2 chia dư 2, vô lý.

0,25 + Chứng minh ab 4

- Nếu a, b chẵn ab 4 .

- Nếu hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ

Lúc c lẻ Vì c chẵn c 42 , lúc a2b2không thể chia hết

cho

Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h N Ta có :

 2  2

b  2h 1  2k 1 = 4 h k h k 1      = 4 h k h k 1      8k h k 8  

Suy b 4 .

0,25

Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành phần nhau, nối điểm chia với C tam giác ABC chia thành tam giác, tam giác có diện tích

ab

12 số nguyên.

0.25

Ghi chú:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN

Đề thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2009 – 2010

Mơn thi: Tốn

(Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn, Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (1,5 điểm)

Cho

1

a :

7 1 1

 

   

     

 

Hãy lập phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - nghiệm Bài 2: (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

x 16 xy

y y xy

x 

  

 

  

 

b) Tìm m để phương trình  

2

x  2x  3x 6x m 0 

có nghiệm phân biệt

Bài 3: (2,0 điểm)

a) Chứng minh số nguyên k lớn thoả mãn k24 k216 số nguyên tố k chia hết cho

b) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có p nửa chu vi p a  p b  p c  3p

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O dây AB không qua O Gọi M điểm cung AB nhỏ D điểm thay đổi cung AB lớn (D khác A B) DM cắt AB C Chứng minh rằng:

a) MB.BD MD.BC

b) MB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

c) Tổng bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD ACD không đổi

Bài 5: (1,0 điểm)

góc Chứng minh độ dài cạnh hình - giác EFGHIJKM số hữu tỉ EF = IJ

Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2009 – 2010

Mơn thi: Tốn Hướng dẫn chấm thi Bài 1: (1,5 điểm)

1 1 1

a : :

7 1 1

      

   

     

 

0,5 đ

a =

2 :

7  0,25 đ

Đặt x a 1   x 1  x 1  7 x22x 7  0,5 đ

2

x 2x

   

Vậy phương trình x22x 0  nhận 1 làm nghiệm 0,25 đ Bài 2: (2,5 điểm)

a)

x 16

x 16 xy (1)

xy

y y

y x

y (2)

xy

x y x



  

  



 



 

     

 

  ĐK: x, y 0

0,25 đ

Giải (2)  6y2 6x2 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0   0,25 đ * Nếu

3y 2x 3y x

2 

   

Thay vào (1) ta

3y 16 y

2 

 

0,25 đ



2 3y 23

2





(phương trình vơ nghiệm) 0,25 đ * Nếu

2y 3x 2y x

3

   

Thay vào (1) ta y2  9 y3

0,25 đ

- Với y 3 x2 (thoả mãn điều kiện)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)

b) Đặt  

2

x  2x y   x 1  y x 1  y (y 0) (*) Phương trình cho trở thành:    

2

y 1  y 1 m 0

2

y 5y m      (1)

0,25 đ

Từ (*) ta thấy, để phương trình cho có nghiệm phân biệt

phương trình (1) có nghiệm dương phân biệt 0,25 đ 4m

S P m

   

 

 

     

    

 

0,25 đ

9

m

4 m

4 m

  

     

    Vậy với

9 m

4   

phương trình có nghiệm phân biệt

0,25 đ

Bài 3: (2,0 điểm)

a) Vì k > suy k2 4 5; k216 5

- Xét k 5n 1  với n k2 25n210n 1  k24 5

k

  không số nguyên tố

0,25 đ

- Xét k 5n 2  với n k2 25n220n 4  k216 5

k 16

  không số nguyên tố 0,25 đ

- Xét k 5n 3  với n k2 25n230n 9  k216 5

2 k 16

  không số nguyên tố 0,25 đ

- Xét k 5n 4  với n k2 25n240n 16  k24 5

2 k

  không số nguyên tố Do k 5

0,25 đ

b) Ta chứng minh: Với a, b, c    

2 2

a b c  3 a b c (*) Thật (*) a2b2c22ab 2bc 2ca 3a   23b23c2

2 2

(a b) (b c) (c a)

       (luôn đúng)

áp dụng (*) ta có:

 p a  p b  p c 2 3 3p a b c     3p Suy p a  p b  p c  3p (đpcm)

0,5 đ

Bài 4: (3,0 điểm)

J I

C N

M O

A B

D

a) Xét MBC MDB có: BDM MBC 

BMC BMD 

0,5 đ

Do MBCvà MDB đồng dạng Suy

MB MD

MB.BD MD.BC BC BD  

0,5 đ

b) Gọi (J) đường tròn ngoại tiếp BDC  BJC 2BDC 2MBC    

hay

 BJC MBC

2

 

BCJ

 cân J 



0

180 BJC CBJ

2 

 

0,5 đ

Suy

  BJC 180 O BJC O

MBC CBJ 90 MB BJ

2



     

Suy MB tiếp tuyến đường tròn (J), suy J thuộc NB

0,5 đ

c) Kẻ đường kính MN (O)  NB  MB

Mà MB tiếp tuyến đường tròn (J), suy J thuộc NB Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp ADC

Chứng minh tương tự I thuộc AN

Ta có ANB ADB 2BDM BJC      CJ // IN

Chứng minh tương tự: CI // JN

Do tứ giác CINJ hình bình hành  CI = NJ Suy tổng bán kính hai đường trịn (I) (J) là: IC + JB = BN (không đổi)

0,5 đ

Bài 5: (1,0 điểm)

g

f e d

h c

b a

G F

I

H

J M

C

A B

D

E

K

Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (với a, b, c, d, e, f, g, h số hữu tỉ dương)

Do góc hình cạnh nên góc hình cạnh có số đo là:

O

O 180

135

(  )



0,25 đ

Suy góc ngồi hình cạnh là: 180O - 135O = 45O

Do tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ tam giác vuông cân

 MA = AE =

h

2 ; BF = BG = b

2 ; CH = CI = d

2 ; DK = DJ = f

2 Ta có AB = CD nên:

h b f d

a e

2     

 (e - a) = h + b - f - d

0,5 đ

Nếu e - a ≠

h b f d

e a   

 

  (điều vô lý 2 số vô tỉ)

Vậy e - a =  e = a hay EF = IJ (đpcm)

Equation Chapter Section 1S

Ở GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2009-2010

ĐỀ THI MƠN: TỐN

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề

————————— (Đề có 01 trang)

Câu 1: (3,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

1 x y

x y xy

xy



   

  

  

 

b) Giải biện luận phương trình: | x | p | x | 5    (p tham số có giá trị thực).

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho ba số thực a, b,c đôi phân biệt

Chứng minh

2 2

2 2

a b c

2 (b c) (c a) (a b) 

Câu 3: (1,5 điểm)

Cho A

4x 4x



 

2x B

x 2x

 

 

Tìm tất giá trị nguyên x cho

2A B C

3

 

số nguyên Câu 4: (3,0 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD) Gọi K, M trung điểm BD, AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng qua M vng góc với BC Q Chứng minh:

a) KM // AB b) QD = QC

Câu 5: (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, cho điểm chúng đỉnh tam giác có diện tích khơng lớn Chứng minh tất điểm cho nằm tam giác có diện tích khơng lớn

—Hết—

Cán coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh SBD SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

——————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN Dành cho lớp chuyên Toán.

————————— Câu (3,0 điểm)

a) 1,75 điểm:

Nội dung trình bày Điể

m

Điều kiện xy 0 0,25

Hệ cho

2[xy(x y) (x y)] 9xy (1) 2(xy) 5xy (2)

   

 

  

 0,25

Giải PT(2) ta được:

xy (3) xy (4)       0,50

Từ (1)&(3) có:

x y x y

xy x y                       0,25

Từ (1)&(4) có:

x 1 y x y 2 1 xy x 2 y                                0,25

Vậy hệ cho có nghiệm là: ( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y  0,25

b) 1,25 điểm:

Xét trường hợp:

TH1 Nếu x PT trở thành: (p 1)x 2(p 1)   (1)

TH2 Nếu   3 x 2 PT trở thành: (1 p)x 2(1 p)   (2)

TH3 Nếu x 3 PT trở thành: (p 1)x 2(p 4)   (3)

Nếu p1 (1) có nghiệm x 2 ; (2) vơ nghiệm; (3) có nghiệm x thoả mãn:

2(p 4)

x p

p



      

 .

0,25

Nếu p1 (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2 x ; (2) vô nghiệm; (3) vô

nghiệm 0,25

Nếu p 1 (2) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn   3 x 2; (1) có nghiệm x=2;

(3)VN 0,25

Kết luận:

+ Nếu -1 < p < phương trình có nghiệm: x =

2(p 4) x p   

+ Nếu p = -1 phương trình có vơ số nghiệm x   + Nếu p = phương trính có vơ số nghiệm   3 x + Nếu p p     

 phương trình có nghiệm x = 2.

0,25

Câu (1,5 điểm): + Phát chứng minh

bc ca ab

1 (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b)        

1,0

+ Từ đó, vế trái bất đẳng thức cần chứng minh bằng:

a b c bc ca ab

2

b c c a a b (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b)

                          0,5

Câu (1,5 điểm):

Điều kiện xác định: x1 (do x nguyên) 0,25

Dễ thấy

1 2(x 1)

A ; B

| 2x 1| | x 1|



 

  , suy ra:

2 x

C

3 | 2x 1| | x 1|

  

   

 

  0,25

Nếu x 1 Khi

2 4(x 1) 4(x 1) 2x

C C 1

3 2x 3(2x 1) 3(2x 1) 3(2x 1)

  

 

          

   

 

Suy C 1  , hay C số nguyên với x>1

0,5 Nếu x   

Khi đó: x = (vì x nguyên) C0 Vậy x = giá trị cần tìm 0,25 Nếu x  

Khi x1 (do x nguyên) Ta có:

2 4(x 1)

C

3 2x 3(2x 1)



 

    

 

 

4(x 1) 2x

C 1

3(2x 1) 3(2x 1)

 

    

  , suy ra

1 C

   hay C =0 x = -1.

Vậy giá trị tìm thoả mãn yêu cầu là: x = , x = -1

Câu (3,0 điểm):

a) 2,0 điểm:

Nội dung trình bày Điể

m Gọi I trung điểm AB,

E IK CD, R IM CD    Xét hai tam giác

KIB KED có: ABD BDC 

0,25

KB = KD (K trung điểm BD) 0,25

 

IKB EKD 0,25

Suy KIBKED IK KE . 0,25

Chứng minh tương tự có: MIAMRC 0,25

Suy ra: MI = MR 0,25

Trong tam giác IER có IK = KE MI = MR nên KM đường trung bình  KM //

CD

0,25

Do CD // AB (gt) KM // AB (đpcm) 0,25 b) 1,0 điểm:

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

0,2 5

Có: QKAD(gt), IE//AD (CM trên)  QKIE Tương tự có QMIR 0,2

5

Từ có: IK=KE, QKIE QKlà trung trực ứng với cạnh IE IER.

Tương tự QM trung trực thứ hai IER

0,2 5

Hạ QHCD suy QH trung trực thứ ba IER hay Q nằm trung trực

của đoạn CD  Q cách C D hay QD=QC (đpcm).

0,2 5

Câu (1,0 điểm):

A I B

K

M

D E H R C

A'

B' C'

A

B C

P P'

Trong số tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn (diện tích

S) Khi S 1 . 0.25

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 đó

A'B'C' ABC

S 4S 4 Ta chứng minh tất điểm cho nằm tam giác A 'B'C '.

0.25 Giả sử trái lại, có điểm P nằm tam giác A 'B'C ' chẳng hạn hình

vẽ Khi d P;AB  d C;AB  , suy SPAB SCAB, mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn

0.25 Vậy, tất điểm cho nằm bên tam giác A 'B'C' có diện tích khơng

SỞ GD VÀ ĐT

THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠNNĂM HỌC: 2009 - 2010

Đề thức Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi:19 tháng năm 2009

Câu 1( 2,0 điểm) Cho biểu thức:

2

3

2x 1

T

1 x x x



  

  

1 Tìm điều kiện x để T xác định Rút gọn T Tìm giá trị lớn T

Câu 2( 2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình:

2

2

2x xy 4x 4xy y

  



  



2 Giải phương trình:

1

x y 2009 z 2010 (x y z)

       

Câu 3(2,0 điểm)

1 Tìm số nguyên a để phương trình: x2- (3+2a)x + 40 - a = có nghiệm

ngun Hãy tìm nghiệm ngun

2 Cho a, b, c số thoả mãn điều kiện:

a b 19a 6b 9c 12

 



 

   

Chứng minh hai phương trình sau có nghiệm

2

x  2(a 1)x a  6abc 0 

2

x  2(b 1)x b  19abc 0 

Câu 4(3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O đường kính AD Gọi H trực tâm tam giác ABC, E điểm cung BC không chứa điểm A

1 Chứng minh tứ giác BHCD hình bình hành

2 Gọi P Q điểm đối xứng E qua đường thẳng AB AC Chứng minh điểm P, H, Q thẳng hàng

3 Tìm vị trí điểm E để PQ có độ dài lớn

Câu 5( 1,0 điểm)

Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có ba góc nhọn Chứng minh với số thực x, y, z ta ln có:

2 2 2

2 2 2

x y z 2x 2y 2z

a b c a b c

 

  

 

-Hết

-Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên chữ ký giám thị Họ tên chữ ký giám thị 2

SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ

KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC: 2009 - 2010

Đề thức Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Hướng dẫn chấm

Câu ý Nội dung Điểm

1 2,0

1 Điều kiện: x 0; x 1 

2

3

2x 2 2x T

1 x x x x x

 

   

    

0,25 0,75 T lớn x2+x+1 nhỏ nhất, điều xẩy x=

Vậy T lớn 0,50,5

2

Giải hệ phương trình:

2

2

2x xy 4x 4xy y

  



  



Nhận thấy x = không thoả mãn hệ nên từ (1)  y =

2

2x x



(*) Thế vào (2) được: 4x2 + 4x

2

2x x



-

2

2x

( )

x



=

 8x4 – 7x2 - =

Đặt t = x2 với t ≥ ta 8t2 - 7t - = 0  t = t = - 18 (loại)

với t =1 ta có x2 =

 x =  thay vào (*) tính y = 

Hệ phương trình cho có nghiệm:

x y

  



 ;

x y

  





0,25

0,25 0,25 ĐK: x 2; y 2009; z 2010

Phương trình cho tương đương với:

x y z x 2 y 2009 z 2010       

 x 1 2 y 2009 1 2 z 2010 12

         

x 3; y 2008;z 2011

   

0,25 0,25 0,25 0,25 PT cho có biệt số  = 4a2 + 16a -151

PT có nghiệm ngun  = n2 với n  N

Hay 4a2 + 16a - 151 = n2

 (4a2 + 16a + 16) - n2 = 167  (2a + 4)2 - n2 = 167  (2a + + n)(2a + - n) = 167

Vì 167 số nguyên tố 2a + + n > 2a + - n nên phải có:

2a + + n = 167 2a + - n =

2a + + n = -1 

4a 168 4a 168

 

 

  

 

a 40 a 44

  

  

2a + - n = -167

với a = 40 đựơc PT: x2 - 83x = có nghiệm nguyên x = 0, x = 83

với a = - 44 PT có nghiệm nguyên x= -1, x = - 84

0,25 0,25

0,25

0,25

Ta có:  1' a(2 6bc) ;  2' b(2 19ac)

Suy    1' 2' a(2 6bc) b(2 19ac)   Từ giả thiết 19a 6b 9c 12   , ta có tổng

(2 6bc) (2 19ac) c(19a 6b) c(12 9c)        

=  

2

9c 12c 4  3c 2 0.

Do hai số (2 6bc) ;(2 19ac)  không âm

Mặt khác, theo giả thiết ta có a ; b 0  Từ suy hai số 1' ; 2' không âm, suy hai phương

trình cho có nghiệm ( đpcm)

0,25 0,25

0,25

4

2

Vì H trực tâm tam giác ABC nên BHAC (1)

Mặt khác AD đường kính đường tròn tâm O nên DCAC (2)

Từ (1) (2) suy BH // DC

Hoàn toàn tương tự, suy BD // HC

Suy tứ giác BHCD hình bình hành ( Vì có cặp cạnh đối song song)

Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy AP=AE

PAB EAB

 

 PABEAB ( c.g c )  APBAEB

Lại có AEBACB ( góc nội tiếp chắn cung)

APB ACB

  

Mặt khác AHB ACB 180  APB AHB 180  tứ giác

APHB tứ giác nội tiếp  PABPHB( góc nội tiếp chắn

cung)

Mà PABEAB PHBEAB

Hoàn toàn tương tự, ta có: CHQEAC.Do đó:

0

PHQ PHB EHC CHQ BAE EAC BHC BAC BHC 180

           

   

Suy ba điểm P, H, Q thẳng hàng

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

5

Vì P, Q điểm đối xứng E qua AB AC nên ta có AP = AE = AQ suy tam giác APQ tam giác cân đỉnh A

Mặt khác, tính đối xứng ta có PAQ BAC  ( khơng đổi) Do cạnh đáy PQ tam giác cân APQ lớn AP, AQ lớn  AE lớn

Điều xảy AE đường kính đường trịn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC  E D

Vì a2b2c2 0ta có:

 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2

2 2

x y z a b c

a b c

b c a a c b a b c

x y z

a b c

 

     

 

           

         

     

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

b c a a c b a b c

2x 2y 2z x y z

a b c

           

         

     

(*)

Giả sử a b c  c2 a2 0;c2 b20 Với cạnh c lớn ACB

nhọn (gt) kẻ đường cao BH ta có

2 2 2 2

c BH HA BC CA a b từ suy biểu thức (*) không

âm suy điều phải chứng minh

0,25 0,25