4 de tuyen sinh lop 10 chuyen Toan va dap an

(2 điểm) Có một mảnh vườn hình chữ nhật. Biết rằng, nếu tăng chiều rộng của vườn thêm 2m và giảm chiều dài đi 2m thì diện tích của vườn không thay đổi. Người ta cũng nhận thấy, nếu tăn[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ DÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐƠN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Khóa ngày 21 tháng năm 2008

……… ……… MƠN THI:TỐN (hệ số 1)

Thời gian: 150 phút( khơng tính thời gian giao đề) ĐÊ CHÍNH THỨC

Bài 1.(2 điểm).Cho biểu thức P= x

1

x x

   

, với x x 1

a) Rút gọn P. b) Tìm x để P = 4

Bài 1.(2 điểm).

a) Giải phương trình x4 – 4x2 – 21 = 0

b) Giải hệ phương trình   

 

 

1 y x

5 y x

Bài 3.(2 điểm) Có mảnh vườn hình chữ nhật Biết rằng, tăng chiều rộng của vườn thêm 2m giảm chiều dài 2m diện tích vườn khơng thay đổi Người ta nhận thấy, tăng cạnh mảnh vườn hình chữ nhật ban đầu thêm 2m thì

diện tích vườn tăng gấp đơi.

Hãy xác định kích thước ban đầu mảnh vườn hình chữ nhật đó. Bài 4.(3,5 điểm)

Cho hình vng ABCD Trên tia đối Ct tia CB lấy điểm M Gọi N giao điểm của AM CD Tia BN cắt tia AD P.

a) Chứng minh hai tam giác CNM DNA đồng dạng. b) Chứng minh đẳng thức CM.DP = AB2

c) Gọi I giao điểm CP DM.Tìm tập hợp điểm I M di động trên tia Ct.

Bài 5.(0,5 điểm) Cho x, y z ba số thực thuộc đoạn [1;2] có tổng khơng vượt quá Chứng minh x2 + y2 + z2  9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Khóa ngày 21 tháng năm 2008

……… ……… HƯỚNG DẪN CHẤM THI

MƠN TỐN (hệ số 1)

Bản hướng dẫn có 02 trang

I.Hướng dẫn chung

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn qui định.

Điểm tồn tơng số điểm tốn khơng làm trịn số

II.Đáp án thang điểm

BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM

Bài 1

(2,00 điểm) a) (1,00 điểm) 0,50

 x

1 x ) x )( x ( x x         0,50

 P= x

4 x x x x        0,50

b) (1,00 điểm)

 P = 4 x

 = 4

0,50

 x -1 = 0,25

 Kết luận 0,25

Bài 2

(2,00 điểm) a) (1,00 điểm) Đặt t = x2  0, ta có phương trình t2 – 4t – 21 = 0 0,25  t1 = -3( loại) ; t2= 7(nhận) 0,50

 Kết luận 0,25

b) (1,00 điểm)

         y x y x          ) ( y x ) ( y y 0,25  Khi y (1)  y = 1

 Khi y < (1)  y = ( loại)

0,25  y = 1, (2)  x = 0,25

 Thử lại kết luận 0,25

Bài 3

 x 2– 2x – =

 x = –2 ( loại) ; x = 0,50

 y = 0,25

 Kết luận 0,25

Bài 4

(3,50 điểm)

0,25

a) (1,00 điểm)

 CNM DNA có NCM = NDA = 900và MNC = AND(đđ) 0,50

 Kết luận 0,50

b) (1,00 điểm)

 CNM DNA đồng dạng DN CN DA CM



 0,25

 Tương tự CNB DNP đồng dạng DP CB DN CN



 0,25

 DP

CB DA CM



(*)  CM.DP = DA.CB

0,25

 Kết luận 0,25

b) (1,25 điểm) 0,25

 Vẽ hình bình hành DMCK ta có: DK = CM

CD2 = AB2 = CM.DP = DK.DP 0,25   CKP vuông C  CPDM

 I chạy đường trịn đường kính AB 0,25 Giới hạn:

 Khi M chạy tia Ct điểm I nằm ngồi hình vng ABCD  M chạy nửa đường tròn (C) với đường kính CD nằm

ngồi hình vng ABCD 0,25

Đảo:

DM’CK’là hình bình hành

 Tương tự chứng minh ta có CD2 = DK’.DP’   CP’CK’ CP’DM’ C, I’, P’ thẳng hàng

0,25

 Kết luận 0,25

Bài 5

(0,50 điểm)  x x    

 x 20 (x1)(x 2)0

 x2 3x 0,25

 Tương tự y2 3y z2 3z

 x2 + y2 + z23( x + y +z) –  – = 9 0,25

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO

NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2009 - 2010

Môn thi: Tốn

Thời gian: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề

Bài 1: (3.5 điểm)

3 x2  7 x 3

b) Giải hệ phương trình

3

8

6

x y x

y



  

 

   



Bài 2: (1.0 điểm)

Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên

2 2 0

x  ax a  

Bài 3: (2.0 điểm)

Cho tam giác ABC vng A có đường phân giác BE (E thuộc AC) Đường tròn đường kính AB cắt BE, BC M, N (khác B) Đường thẳng AM cắt BC K Chứng minh: AE.AN = AM.AK

Bài 4:(1.5 điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO I K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn tứ giác BICK hình bình hành

Bài 5:(2.0 điểm)

a) Bên đường trịn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác ABC b) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a b c 3   .

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

2 2

ab bc ca P a b c

a b b c c a

 

   

 

-Hết

-Họ tên thí sinh ……… ……… SBD………

* Thí sinh khơng sử dụng tài liệu. * Giám thị khơng giải thích thêm.

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO

NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2009 - 2010

Hướng dẫn chấm thi

Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang

Nội dung đáp án Điểm

Bài 1 3,5 đ

x 2  x 3 

 

3 3

x x x x x x 27

           0.50đ

3

9 (x 2)(7 x) 27

     0.25đ

3 (x 2)(7 x) 2

     0.25đ

(x 2)(7 x) 8

    0.25đ

2

x 5x 0

    0.25đ

x 1

x 6

    

 ( thỏa mãn ) 0.50đ

b 1,50đ

Đặt

z

y 0.25đ

Hệ cho trở thành

3

2 3x z 3z x

         0.25đ

  3

3 x z z x

    0,25đ

x z x xz z2 3

      0,25đ

x z

  (vì x2xz z 2 3 0, x,z ). 0,25đ Từ ta có phương trình:

3 x

x 3x

x          Vậy hệ cho có nghiệm: (x, y) ( 1; 2), 2,1    

0,25đ

Bài 2: 1,0 đ

Điều kiện để phương trình có nghiệm:   0 a2 4a 0  (*). 0,25đ Gọi x1, x2 nghiệm nguyên phương trình cho ( giả sử x1 ≥ x2)

Theo định lý Viet:

1

1 2

1

x x a

x x x x x x a

           0,25đ

(x 1)(x 1)

   

1

x x 1   

 

 



1

x 1 x

  



 

 (do x1 - ≥ x2 -1)

1 x x     



1 x x     

Suy a = a = -2 (thỏa mãn (*) )

0,25đ Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu toán 0,25đ

Bài 3: 2,0 đ

Vì BE phân giác ABC

nên ABM MBC  AM MN  0,25đ

 

MAE MAN

Vì M, N thuộc đường trịn đường

kính AB nên AMB ANB 90   0 0,25đ  ANK AME 90   0, kết hợp

với (1) ta có tam giác AME đồng dạng với tam giác ANK

0,50đ

AN AK

AM AE

  0,25đ

 AN.AE = AM.AK (đpcm) 0,25đ

Bài 4: 1,5 đ

Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM AIM  Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM ABC 

 

AIM ABC

  .Suy tứ giác BOIM nội tiếp

0,25đ Từ chứng minh suy tam giác AMI

đồng dạng với tam giác AOB

AM AI

AI.AO AM.AB

AO AB

   

(1)

0,25đ Gọi E, F giao điểm đường thẳng AO

với (O) (E nằm A, O)

Chứng minh tương tự (1) ta được: AM.AB = AE.AF

= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2

0,25đ

 AI.AO = 3R2

2

3R 3R 3R R

AI OI

AO 2R 2

     

(2) 0,25đ Tam giác AOB tam giác COK đồng dạng nên:

OA.OK = OB.OC = R2

2

R R R OK

OA 2R

   

(3)

0,25đ Từ (2), (3) suy OI = OK

Suy O trung điểm IK, mà O trung điểm BC

Vì BICK hình bình hành 0,25đ

Bài 5: 2,0 đ

a, 1,0 đ

Giả sử O nằm miền tam giác ABC Khơng tính tổng qt, giả sử A O

Kẻ AH vng góc với BC H

Suy AH  AK < AO <1 suy AH < 0,25đ Suy ABC

AH.BC 2.1

S

2

   

(mâu thuẫn với giả thiết) Suy điều phải chứng minh

0,25đ

b, 1,0đ

Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 0,25đ mà a3 + ab2

 2a2b (áp dụng BĐT Côsi ) b3 + bc2

 2b2c c3 + ca2

 2c2a Suy 3(a2 + b2 + c2)

 3(a2b + b2c + c2a) >

0,25đ

Suy

2 2

2 2

ab bc ca P=a b c

a b c

 

  

 

2 2

2 2

2 2

9 (a b c ) P a b c

2(a b c )

  

    

 

0,25đ Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t

 Suy

9 t t t

P t

2t 2t 2 2 

         

 P  Dấu xảy a = b = c =

Vậy giá trị nhỏ P

0,25đ

Nếu thí sinh giải cách khác câu cho tối đa điểm câu đó

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

HÀ NAM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊNNĂM HỌC 2009 - 2010

MƠN THI : TỐN (ĐỀ CHUNG)

Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Cho biểu thức P =

   2

x x x x x

1 x x

   



 

a) Tìm điều kiện xác định P b) Rút gọn P

c) Tìm x để P >

Bài 2 (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

 

 

1 x y 2 x y

   

 

  

 

Bài 3 (2 điểm)

1) Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng y = x + parabol y = x2

2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (m + 1)x + 2m + cắt trục Ox, trục Oy điểm A , B AOB cân ( đơn vị hai trục Ox Oy nhau).

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho ABC vuông đỉnh A, đường cao AH, I trung điểm Ah, K trung điểm HC Đường trịn đường kính AH ký hiệu (AH) cắt cạnh AB, AC diểm M N

a) Chứng minh ACB AMN đồng dạng

b) Chứng minh KN tiếp tuyến với đường trịn (AH) c) Tìm trực tâm ABK

Bài 5 (1 điểm)

Cho x, y, z số thực thoả mãn: x + y + x = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =

1 1 16x 4y z 

-Hết -Họ tên thí sinh:……… Số báo danh:……… Chữ ký giám thị số 1: ………Chữ ký giám thị số 2:………

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HÀ NAM

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

MÔN THI : TOÁN (ĐỀ CHUNG)

a) (0,5 điểm) Điều kiện xác định P x0 x ≠ 1 0.5

b) (1 điểm)

 

x x x x x

 

  0,25

 x 22 x x x x x x

1 x x

          0,25 x x    0,25

Vậy P =

1 x 0,25

c) (0,5 điểm) P>0 1 x 0 0,25

x x

     0,25

Bài (1,5 điểm)

Cộng hai phương trình ta có : 3 2 x 1    0,5

x

3 2 

    

  0,5

Với x 1  y 2 1   1   1 0,25 K/l Vậy hệ có nghiệm:

x y

         0,25

Bài (2 điểm)

a) (1 điểm) Hoành độ giao điểm nghiệm phương trình: x2 = x + 6

 x2 x 0   x2 x = 3 05

Với x = -2  y 4; x 3   y 9 0,25

Hai điểm cần tìm (-2;4); (3;9) 0,25

b) (1 điểm)

Với y =  

2m m 2m x

m 

      

 (với m ≠ -1)

2m+3 A - ;0

m+1

 

  

 

Với x =  y 2m 3   B 0;2m+3 

0,25

OAB vuông nên OAB cân A;B ≠ O OA = OB

2m 2m m       0,25

+ Với  

2m

2m 2m m

m m

  

        

    m =

3 

(loại) 0,25

+ Với  

2m

2m 2m m

m m

  

         

    m =

3 

(loại) K/l: Giá trị cần tìm m = 0; m = -2

0,25

Bài 4(3,5 điểm) a) (1,5 điểm)

E N

M

I

K H

C B

A

AMN ACB vuông đỉnh A 0,25

Có AMN AHN (cùng chắn cung AN)

 

AHN ACH (cùng phụ với HAN ) (AH đường kính)

 

AMN ACH

 

0,75 AMN ACB

   0,25

b) (1 điểm) HNC vuông đỉnh N ANH 90  0 có KH = KC  NK = HK

lại có IH = IN (bán kính đường trịn (AH)) IK chung nên KNI = KHI (c.c.c)

 

KNI KHI 90

    KNI 90 

0,75 Có KNIn, IN bán kính (AH) KN tiếp tuyến với đường tròn (AH) 0,25

c) (1 điểm)

+ Gọi E giao điểm AK với đường trịn (AH), chứng minh góc HAK= góc HBI Ta có AH2 HB.HC  AH.2IH = HB.2HK 

HA HK HB HI  HAKHBI  HAK HBI 

0,5

+ Có HAK EHK  (chắn cung HE)  HBI EHK  BI / /HE

CóAEH 90  0 (AH đường kính)  BIAK

0,25 ABK có BIAK BKAI  I trực tâm ABK 0,25

Bài (1điểm)

 

1 1 1 y x z x z y 21

P= x y z

16x 4y z 16x 4y z 16x 4y 16x z 4y z 16

       

              

 

     

0,5

Theo Côsi với số dương:

y x

16x 4y 4 dấu xảy y = 2x

z x

16xz 2 dấu xảy z = 4x

z y

4y z  dấu xảy z = 2y Vậy P 

49 16

P = 49

16 với x = ; y =

2 7; z =

3 Vậy giá trị bé P

49 16

0,25

SỞ GD VÀ ĐT

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

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

Câu 1:(2,0 điểm)

Cho số x x R; x 0   thoả mãn điều kiện: x2 + x = 7

Tính giá trị biểu thức: A = x3 +

x B = x5 + x

Giải hệphương trình:

1

2

1

2

y x

x y



  

  

   

 

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax2 bx c 0  (a 0 ) có hai nghiệm x , x1 thoả

mãn điều kiện: 0 x x2 2.Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

2

2a 3ab b Q

2a ab ac

  

 

Câu 3:(2,0 điểm)

Giải phương trình: x 2 + y 2009 + z 2010 =

1

(x y z)

2  

2 Tìm tất số nguyên tố p để 4p2 +1 6p2 +1 số nguyên tố. Câu 4: (3,0 điểm))

Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Một đường thẳng quaA, cắt cạnh BC M cắt đường thẳng CD N Gọi K giao điểm đường thẳng EM BN Chứng minh rằng: CKBN

Cho đường trịn (O) bán kính R=1 điểm A cho OA= √2 Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C tiếp điểm).Một góc xOy có số đo

450 có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB D cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC E Chứng

minhrằng: 2 DE 1   .

Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P a 2b2c2d2ac bd ,trong ad bc 1  . Chứng minh rằng: P 3.

Hết

THANH HOÁ NĂM HỌC: 2009 - 2010 Mơn: Tốn ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)

Ngày thi: 19 tháng năm 2009

(Đáp án gồm 04 trang)

Câu ý Nội dung Điểm

1

1

Từ giả thiết suy ra: (x +

x)2 =

 x +

x = (do x > 0)  21 = (x +

1

x)(x2 +

x ) = (x3 +

x ) + (x +

1

x )  A = x3 + x =18  7.18 = (x2 +

1

x )(x3 +

x ) = (x5 +

x ) + (x + x)  B = x5+

1

x = 7.18 - = 123

0.25 0.25 0.25 0.25

2

Từ hệ suy

1 1

2

y x

x    y  

(2)

Nếu

1 x  y thì

1

2

y x

  

nên (2) xảy x=y vào hệ ta giải x=1, y=1

0.5

0.5

2

Theo Viét, ta có:

b

x x

a

 

, c x x a  Khi 2

2a 3ab b Q

2a ab ac

     = b b a a b c a a          

( Vì a 0)

=

2

1 2

1 2

2 3(x x ) (x x )

2 (x x ) x x

   

  

Vì 0 x x2 2 nên

1

x x x x22 4  x12 x22 x x1 4  

2

1 2

x x 3x x

   

Do

1 2

1 2

2 3(x x ) 3x x 4

Q 3

2 (x x ) x x

   

 

  

Đẳng thức xảy x1 x2 2 x1 0, x2 2

Tức b

4 a

c c b 4a

4 a

b 2a b

2 c 0

a c

0 a

       

        

  

 

 

       

   

  

  

 Vậy maxQ=3

0.25

3

1 ĐK: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010 Phương trình cho tương đương với:

x + y + z = x 2 +2 y 2009 +2 z 2010  ( x 2 - 1)2 + ( y 2009 - 1)2 + ( z 2010 - 1)2 =

x y 2009 z 2010

   

 

  



  

 

x y 2008 z 2011

     

 



0.25 0.25 0.25 0.25

2 Nhận xét: p số nguyên tố  4p2 + > 6p2 + >

Đặt x = 4p2 + = 5p2- (p - 1)(p + 1) y = 6p2 +

 4y = 25p2 – (p - 2)(p + 2) Khi đó:

- Nếu p chia cho dư dư (p - 1)(p + 1) chia hết cho  x chia hết cho mà x >  x không số nguyên tố

- Nếu p chia cho dư dư (p - 2)(p + 2) chia hết cho  4y chia hết cho mà UCLN(4, 5) =  y chia hết cho mà y >  y không số nguyên tố

Vậy p chia hết cho 5, mà p số nguyên tố  p = Thử với p =5 x =101, y =151 số nguyên tố Vậy: p =5

0.25

0.25

0.25

1

2

Trên cạnh AB lấy điểm I cho IB = CM Ta có Δ IBE = Δ MCE (c.g.c)

Suy EI = EM , MECBEI Δ MEI vuông cân E

Suy EMI 45 BCE Mặt khác:

IB CM MN

ABCB AN  IM // BN

BCEEMIBKE  tứ giác BECK nội tiếp

0

BEC BKC 180

   

Lại có: BEC 90  BKC 90 0 Vậy CK BN

Vì AO = √2 , OB=OC=1 ABO=ACO=900 suy OBAC hình vng

Trên cung nhỏ BC lấy điểm M cho DOM = DOB MOE=COE

Suy Δ MOD= Δ BOD DME=900 Δ MOE= Δ COE EMO=900

suy D,M,E thẳng hàng, suy DE tiếp tuyến (O) Vì DE tiếp tuyến suy DM=DB, EM=EC

Ta cú DE<AE+AD 2DE<AD+AE+BD+CE =2 suy DE<1 Đặt DM = x, EM = y ta có AD2 + AE2 = DE2

 (1-x)2 + (1-y)2 = (x+y)2

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 0.25

D C N

A I B

K M

E

O

C B

D

E M A x

x

5

 1- (x+y) = xy (x+y)

2

4 suy DE

2 + 4.DE - 40  DE 2√2−2

Vậy 2√2−2≤ DE<1

Ta có: (ac bd) (ad bc) a c2 22abcd b d 2a d2 2 2abcd b c 2

       

2 2 2 2 2

a c d b d c a b c d

      

Vì ad bc 1  nên    

2 2 2 2 2

1 (ac bd)   a b c d (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số khơng âm a2b ; c2  2d2 có:

   

2 2 2 2

P a b c d ac bd a  b c d ac bd

 2

P ac bd ac bd

     

(theo (1)) Rõ ràng P 0 vì: 2 1ac bd 2  ac bd

Đặt x ac bd  ,ta có: P x  x

   

2 2 2 2

P x 4x x x x 4x x 4x

           

 1 x2 2x2 3 3

    

Vậy P 3

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25