Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương.. z x[r]
(1)3 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN MƠN TỐN: PHÚ N, THÁI BÌNH, THANH HỐ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2009-2010
Mơn thi: TỐN CHUN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) *****
Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + = 0, a tham số a) Giải phương trình với a =
b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh a2 > 2. Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình: x + + - x (x + 3)(6 - x) =
b) Giải hệ phương trình: x + y + z = 2x + 2y - 2xy + z =
Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất số nguyên x, y, z thỏa mãn :
3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = 6. Câu 4.(3,0 điểm)
a) Cho x, y, z, a, b, c số dương Chứng minh rằng: abc + xyz3 3 (a + x)(b + y)(c + z) b) Từ suy : 333333 33 2 33
Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vng ABCD tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC, CD, DA hình vng
a) Chứng minh SABCD
AC
(MN + NP + PQ + QM)
b) Xác định vị trí M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ
Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường trịn (O) nội tiếp hình vng PQRS OA OB hai bán kính thay đổi vng góc với Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP Tìm quỹ tích giao điểm M Ax By
HẾT
(2)Chữ kí giám thị 1:………Chữ kí giám thị 2:….……… SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010
MƠN : TỐN (Hệ số 2)
-ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang
I- Hướng dẫn chung:
1- Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định
2- Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm thống thực Hội đồng chấm thi
3- Điểm tồn thi khơng làm tròn số II- Đáp án thang điểm:
CÂU ĐÁP ÁN Điểm
Câu 1a. (2,0đ)
Ta có phương trình : x + ax +x + ax + = (1)4 Khi a =1 , (1) x +x +x +x+1= (2) Dễ thấy x = nghiệm
Chia vế (2) cho x2 ta được:
2
1
x + + x + +1=
x x (3).
Đặt
1 1
t = x+ t x+ x +
x x x 2
1
x + t -2 x . Phương trình (3) viết lại : t + t - = 02
Giải (3) ta hai nghiệm
1 t
2
1 t
2
không thỏa điều kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình cho vơ nghiệm
0,50 0,50 0,50 0,50 Câu1b . (2,0đ)
Vì x = khơng phải nghiệm (1) nên ta chia vế cho x2 ta có phương trình :
2
1
x + +a x + +1=
x x . Đặt t = x +
x , phương trình : t2 + at - = (4).
Do phương trình cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t| Từ (4)
suy 1- t a t
Từ :
2 2
2 (1 - t ) a >2
t
t (t - 4) (5)2
Vì |t| nên t2 >0 t2 – , (5) đúng, suy a2 > 2.
0,50
(3)Câu 2a. (2,0đ)
x + + - x - (x + 3)(6 - x) (1)
Điều kiện :
x+3
-3 x 6-x
Đặt : 2 x +
, ,
v = - x
u
u v u v
Phương trình có trở thành hệ :
2 2
u + v = (u + v) - 2uv = u + v - uv = u + v = + uv
Suy : (3+uv)2-2uv =
uv = u = uv = -4 v =
x+3 = x = -3 x = 6-x =
Vậy phương trình có nghiệm x =-3 , x =
0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 2b. (2,0đ)
Ta có hệ phương trình :
2
x+y+z=1 x+y = 1-z
2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1
2 x + y = - z
2xy = z - 2z + = (1- z)
2xy = (x + y)2
x + y = 02 x = y = z = 1.
Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1)
0,50
0,50
0,50 0,50 Câu 3.
(3,0đ) Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = (1) 3(x-3) + 6y + 2z + 3y z2 2 2 33 (2) Suy : z2 2z2 33
Hay |z|
Vì z nguyên suy z = |z| = a) z = , (2) (x-3)2 + 2y2 = 11 (3) Từ (3) suy 2y2 11 |y| 2.
Với y = , (3) khơng có số ngun x thỏa mãn Với |y| = 1, từ (3) suy x { ; 6}.
b) |z| = 3, (2) (x-3)2 + 11 y2 = (4)
Từ (4) 11y2 y = 0, (4) khơng có số ngun x thỏa mãn. Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun (x ;y ;z) (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ; (6 ;1 ;0) (6 ;-1 ;0)
(4)Câu 4a. (2,0đ)
3 abc3 xyz 3(a+x)(b+y)(c+z) (1) Lập phương vế (1) ta :
abc + xyz + (abc) xyz +3 abc(xyz)3 (a+x)(b+y)(c+z)
2
3
abc + xyz+ (abc) xyz +3 abc(xyz)
abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz
2
3
3 (abc) xyz +3 abc(xyz) (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc)
(2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :
3
(abz+ayc+ xbc) (abc) xyz (3)
(ayz+xbz+ xyc) abc(xyz) (4)
Cộng hai bất đẳng thức (3) (4) ta bất đẳng thức (2), (1) chứng minh
0,50
0,50
0,50 0,50
Câu4b . (1,0đ)
Áp dụng BĐT (1) với a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = - 3, y = 1, z = 13 Ta có : abc = + 33, xyz = 3-33, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = Từ : 33+ 33 33- 33 36.2.2 2 33 (đpcm)
0,50 0,50 Câu
5a. (2,0)
Gọi I, J, K trung điểm QN, MN, PQ Khi :
BJ = MN
2 (trung tuyến vuông MBN)
Tương tự DK = PQ
2 .
IJ = QM
2 (IJ đtb MNQ).
Tương tự IK = PN
2 .
Vì BD BJ + JI + IK + KD Dođó: ABCD
AC AC
S BD (BJ+JI + IK+KD)
2
=AC(MN+NP+PQ+QM)
4
0,50
0,50
0,50 0,50
Câu5b . (1,0)
Chu vi tứ giác MNPQ :
MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
= 2(BJ + JI + IK + KD) 2BD (cmt) Dấu xảy đường gấp khúc trùng với BD, tức MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cạnh huyền tam giác vng cân nhau), lúc MNPQ hình chữ nhật
0,50
0,50
Câu 6. Kí hiệu hình vẽ
A B
D C
M
N
P Q
I J
(5)(3,0đ) Phần thuận :
AOB =AMB 90 (giả thiết) tứ giác AOBM nội tiếp AMO ABO 45 0(vì AOB vng cân O)
Suy M nằm đường thẳng qua O tạo với đường PQ góc 450.
Trường hợp B vị trí B’ M’ nằm đường thẳng qua O tạo với PS góc 450. Giới hạn :
*) Khi A H M Q, A K M S
*) Trường hợp B vị trí B’: A H M’ P, A K M’ R
Phần đảo: Lấy M đường chéo SQ (hoặc M’ PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) A Kẻ bán kính OB OA
Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO ABO 45 0) Suy : AMB AOB 90 0.
Mà AM//PQ , PQ PS MB//PS
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M đường chéo hình vng PQRS.
0,50 0,50
0,50
0,50
0,50 0,50 x
y
O
K H
P Q
R S
A
B M M'
(6)SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
Năm học : 2009-2010 MƠN TỐN CHUN Bài 1.(2điểm)
a/Cho k số nguyên dương CMR:
1 1
2( )
(k 1) k k k 1
b/ Chứng minh rằng:
1 1 88
23 4 32010 2009 45
Bài (2.5 điểm)
Cho phương trình ẩnx: x2(m 1)x 0 (1) (m tham số) a. Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm x 1
b Tìm m để (1) có nghiệm
x , x cho biểu thức: 2
1
A (x 9)(x 4) có giá trị lớn
nhất
Bài (2 điểm)
a Giải hệ phương trình sau :
2 3
x y xy x y
b Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:
3
x 2x 3x y
Bài 4.(3 điểm)
Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a M điểm di động đoạn OB (M không trùng với O; B) Vẽ đường tròn tâm I qua M tiếp xúc với BC B, vẽ đường tròn tâm J qua M tiếp xúc với CD D Đường tròn (I) đường tròn (J) cắt điểm thứ hai N
a. Chứng minh điểm A, N, B, C, D thuộc đường trịn Từ suy điểmC, M, N thẳng hàng
(7)
-Họ tên thí sinh:……….Số báo danh:……… Chữ kí giám thị 1:………Chữ kí giám thị 2:….………
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
Năm học : 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Bài 1. (2điểm)
a. Cho k số nguyên dương CMR:
1 1
2( )
(k 1) k k k 1
b. Chứng minh rằng:
1 1 88
23 24 32010 2009 45 a
(1.0đ) Bđt
1 k k (k 1) k k k
0.25
2k k(k 1) 0 0.25
2 ( k k )
Luôn với k nguyên dương
0.25
1 1
2( )
(k 1) k k k
0.25
b (1.0đ)
Áp dụng kết câu a ta có:
1 1
VT
2 2010 2009
0.25
1 1 1
2 2
1 2 2009 2010
(8)1
2010
0.25
1 88
2 VP
45 45
(đpcm) 0.25
Bài 2 (2.5 điểm)
Cho phương trình ẩnx: x2(m 1)x 0 (1) (m tham số) a.Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm x 1
b. Tìm m để (1) có nghiệm x , x1 cho biểu thức:
2
1
A (x 9)(x 4) max
a
(1,5đ) Pt (1) có nghiệm x 1
2
1 m 1
0.5
Tìm m 6 KL. 1.0
b
(1,0đ) Tính
m 24 m
suy pt (1) có nghiệm phân biệt
x , x . 0.5
2 22
A x x 6 2x 3x
Theo ĐL Vi-et ta có x x1 6 2
A 2x 3x 0 0.25
Max A =
1 1
1 2
1
2x 3x x x
x x x x
x x m m m
KL : Vậy m = ; m = giá trị cần tìm
0.25
Bài 3 (2 điểm)
a Giải hệ phương trình sau :
2 3
x y xy x y
b Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:
3
x 2x 3x y a
(1.0đ) Hệ phương trình cho2
2 2
x y x y xy
(x y) 3xy (x y)(x y xy)
0.5
x y x
xy y
(9)b (1.0đ)
Ta có
2
3 3
y x 2x 3x 2 x x y
(1)
0.25
2
3 15
(x 2) y 4x 9x 2x y x 16
(2)
0.25
Từ (1) (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + 0.25 Thay y = x + vào pt ban đầu giải phương trình tìm
x = -1; x = từ tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn toán
(1 ; 2), (-1 ; 0) 0.25
Bài 4.
(3 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a M điểm di động trênđoạn OB (M không trùng với O; B) Vẽ đường tròn tâm I qua M tiếp xúc với BC B, vẽ đường tròn tâm J qua M tiếp xúc với CD D Đường tròn (I) đường tròn (J) cắt điểm thứ hai N
c. Chứng minh điểm A, N, B, C, D thuộc đường trịn Từ suy điểm C, M, N thẳng hàng d. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn
K H
N
O
I
J
B A
D C
M
a 2.0đ
MNB MBC
( Cùng chắn cung BM)
MND MDC
( Cùng chắn cung DM)
BND MNB MND MBC MDC 90
Do điểm A, B, C, D, M thuộc đường tròn
(10)Suy NC phân giác góc BND ( cung BC = cung BD) Mặt khác, theo CM ta có NM phân giác góc BND Nên M, N, C thẳng hàng
0.5
b
1.0đ Gọi H, K hình chiếu N AC BD NHOK hình chữ nhật
Ta có : NA.NC NH.AC NH.a 2
NB.ND NK.BD NK.a 2
Suy
2
2 NH NK 2 a
NA.NB.NC.ND 2a NH.NK 2a a NO
2
0.5
Dấu xảy
a NH NK
2
OM (2 2)a
2
0.5
Bài 5. (0.5 điểm)
Cho góc xOy 120o, tia phân giác Oz góc xOy lấy điểm A cho độ dài đoạn thẳng OA số nguyên lớn Chứng minh ln tồn ba đường thẳng phân biệt qua A cắt hai tia Ox, Oy B C cho độ dài đoạn thẳng OB OC số nguyên dương
y
z x
A O
(11) Chỉ đường thẳng d1 qua A vng góc với OA thỏa mãn toán
Đặt OA = a > (a nguyên) Trên tia Ox lấy điểm B cho OB = a + nguyên dương Đường thẳng d2đi qua A, B cắt tia Oy C
Chứng minh
1 1
OB OC OA
1 1
OC a(a 1) a OC a
là số nguyên dương
Suy d2 đường thẳng cần tìm
Tương tự lấy B Ox cho OB = a(a + 1), Ta tìm đường thẳng d3
Chứng minh d ,d ,d1 phân biệt ĐPCM
0.5
Hướng dẫn chung
1 Trên bước giải khung điểm cho câu Yêu cầu học sinh phải trình bầy, lập luận biến đổi hợp lý, chặt chẽ cho điểm tối đa.
2 Bài phải có hình vẽ phù hợp với lời giải toán cho điểm.( khơng cho điểm hình vẽ )
3 Những cách giải khác cho điểm tối đa.
(12)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 chun Tốn)
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 +
1 x = 7
Tính giá trị biểu thức: A = x3 +
1
x B = x5 +
1 x
Giải hệ phương 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 =
(x y z) 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: CKBN
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
(13)Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P a 2b2c2d2ac bd ,trong ad bc 1 .
Chứng minh rằng: P 3.
Hết
SỞ GD VÀ ĐT
THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠNNĂM HỌC: 2009 - 2010 Mơn: Tốn ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn)
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 +
1
x = (do x > 0)
21 = (x +
x)(x2 +
1
x ) = (x3 +
1
x ) + (x +
1
x ) A = x3 +
1 x =18
7.18 = (x2 +
1
x )(x3 +
1
x ) = (x5 +
1
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
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 3(x x ) (x x )
2 (x x ) x x
Vì 0 x x2 2 nên
1
x x x x22 4
0.25
(14) x12 x22 x x1 4
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
0.25
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 = 0 x 2 - = x = 3
y 2009 - = y = - 2008 z 2010 - = z = 2011
0.25
0.25 0.25
0.25
2 Nhận xét: p số nguyên tố 4p2 + > 6p2 + > 5 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
0.25
(15)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
1
2
Trên cạnh AB lấy điểm I cho IB = CM Ta có Δ IBE = Δ MCE (c.g.c)
Suy EI = EM , MECBEI Δ MEI vuông cân E
Suy EMI 45 BCE
Mặt khác:
IB CM MN
ABCB AN IM // BN
BCEEMIBKE tứ giác BECK nội tiếp
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
0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25
(16)5
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 1- (x+y) = xy (x+y)2
4 suy DE
2 + 4.DE - 40 DE 2√2−2
Vậy 2√2−2≤ DE<1
Ta có: (ac bd) (ad bc) a c2 22abcd b d 2a 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 không âm 2 2 a b ; c d
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 1ac 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 2x2 3 3
Vậy P 3
0.25 0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25 0.25
(17)