Kỳ thi vào Lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn năm học 2010-2011 môn Toán - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa

* Các cách giải khác với cách nêu trong đáp án này mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa của phần câu tương ứng.. * §iÓm cña toµn bµi kh«ng lµm trßn..[r]

Sở giáo dục và đào tạo THANH HãA §Ò chÝnh thøc §Ò thi gåm cã 01 trang kú thi vµo líp 10 thpt chuyªn lam s¬n N¡M HäC: 2010 - 2011 M«n: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh thi vµo líp chuyªn To¸n) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngµy thi: 20 th¸ng n¨m 2010 C©u 1: (2,0 ®iÓm) Giải phương trình: x  x  140  Kh«ng dïng m¸y tÝnh, tÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc: P  70  4901  70  4901 C©u 2: (2,5 ®iÓm) x vµ ®­êng th¼ng (d): y = -1 Gäi M lµ mét ®iÓm bÊt kú thuộc (P) Tìm trên trục tung tất các điểm cho khoảng cách từ M đến điểm đó khoảng cách từ M đến đường thẳng (d) Cho ba sè kh«ng ©m a, b, c cã tæng b»ng Chøng minh r»ng: b + c  16abc ChØ râ dấu đẳng thức xảy nào? Cho parabol (P): y  C©u 3: (1,5 ®iÓm)  10 10 x y   y x   y 3 y Giải hệ phương trình sau (với x > 0, y < 0):   x  y  82  C©u4: (3,0 ®iÓm) A Tam gi¸c ABC cã BAC  1050 , ®­êng trung tuyÕn BM vµ ®­êng ph©n gi¸c CD c¾t t¹i K cho KB = KC Gäi H lµ ch©n ®­êng cao h¹ tõ A cña tam gi¸c ABC Chøng minh r»ng: HA = HB TÝnh sè ®o c¸c gãc AABC vµ AACB C©u 5: (1,0 ®iÓm) Ký hiÖu [x] lµ phÇn nguyªn cña sè thùc x T×m c¸c sè thùc x tho¶ m·n:  x  1  x  1 16 x        - HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh: Ch÷ ký gi¸m thÞ 1: Ch÷ ký gi¸m thÞ 2: ………….… Lop8.net Sở giáo dục và đào tạo Thanh ho¸ kú thi vµo líp 10 thpt chuyªn lam s¬n n¨m häc: 2010 - 2011 §¸P ¸N §Ò THI CHÝNH THøC M«n: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh thi vµo líp chuyªn To¸n) Ngµy thi: 20 th¸ng n¨m 2010 §¸p ¸n nµy gåm cã 04 trang Hướng dẫn chung: * Lời giải nêu đáp án, nói chung, là lời giải vắn tắt Khi làm bài, học sinh phải nêu đầy đủ và chính xác các suy luận thì điểm * C¸c c©u h×nh häc: NÕu häc sinh kh«ng vÏ h×nh hoÆc vÏ h×nh sai c¬ b¶n th× kh«ng chÊm điểm Nếu học sinh thừa nhận kết ý trên để giải ý thì không chấm điểm ý * Các cách giải khác với cách nêu đáp án này mà đúng thì cho điểm tối đa phần (câu) tương ứng * §iÓm cña toµn bµi kh«ng lµm trßn C©u ý I (2,0®) (1,0®) x  x  140  Néi dung ( x  5)( x  x  28)   §iÓm 0,5  87   0, x )  x   (V× x  x  28   x    2   x5 Vậy, phương trình có nghiệm nhất: x = 2 Víi P  70  4901  70  4901 ta cã: (1,0®) P  140  3P  P  3P  140  Do đó P là nghiệm phương trình: x  x  140  Theo ý 1, phương trình trên có nghiệm nhất: x0  VËy P  70  4901  70  4901  Gi¶ sö E(0; y0) lµ mét ®iÓm trªn trôc tung (1,5®) (2,5®)   Do M  (P) nên M  x ; x  và khoảng cách từ M đến (d) là:   0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 h 1  x  ; độ dài ME  x   x  y0  (dùng pitago để tính) 4  2 1  1  Từ đó: x   x  y0    x  1 với x 4  4  1  x  x y0  y02  x  víi x 2 0,25 0,25 Lop8.net  1  x   y0   y02   víi x 2  Yªu cÇu bµi to¸n ®­îc tho¶ m·n khi: 1   y0   y0  2  y02   VËy cã nhÊt mét ®iÓm E tho¶ m·n bµi to¸n: E(0; 1) Trước hết chứng minh: (x + y)2 ≥ 4xy với x, y (1,0®) §¼ng thøc x¶y khi: x = y ¸p dông ta cã: (a + b + c)2 = [a +(b + c)]2 ≥ 4a(b + c) §¼ng thøc x¶y khi: a = b + c  a  (*) Do a + b + c = nên bất đẳng thức trên suy ra: ≥ 4a(b + c)  b + c ≥ 4a(b + c)2 (do b + c kh«ng ©m) Nh­ng l¹i cã (b + c)2 ≥ 4bc §¼ng thøc x¶y khi: b = c (**) Suy ra: b + c ≥ 16abc 1 Từ (*) và (**) có: đẳng thức xảy a  ; b  c  10 10 1 x y  x y Ta cã: x   x  vµ (1,5®) 3 y y 10 10 Suy ra: x   x y   y y 3 y   x  y  DÊu "=" x¶y vµ chØ khi:  10  x  y    x  0  y  10  x y0 Do đó, hệ đã cho tương đương với:   82 x  y2    x  0, y < 10 10 Tõ (1) vµ (2) ta cã:  y  y2  y   y (1) 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 (2) (3) (4) (*) 0,25 Lop8.net  10  Tõ (2) cã:   y   x   10  y2  y    10     0,25 (**) 10 Tõ (*) vµ (**) suy ra: y  y   1  Từ đó, hệ đã cho có nghiệm:  ; 3  3  (3,0®) (2,0®) 82  y   y  x2  y    y  3   y    1  vµ  3;   3  0,25 0,25 A D M K B H C Nối HM đó MH = MA = MC suy ra: A A A MHC  MCH  BCK A A Theo gi¶ thiÕt: KB  KC  KBC  KCB A A Do vËy: MHC  KBC (1) A A A MÆt kh¸c: MHC  KBC  HMB (2) A A Tõ (1) vµ (2) cã: KBC  HMB  HBM c©n t¹i H  MH = HB (1,0®) (1,0®) A A Giả sử HA  HB, đó AABH  BAH  BAH  450 vµ AABH  450 A A A V× BAH  CAH  1050 nªn CAH  600 A Tam gi¸c AMH c©n t¹i M nªn AAHM  HAM  600  AAMH  600 Do đó HA  MH  HB (mâu thuẫn) Tương tự, HA < HB ta gặp điều mâu thuẫn VËy: HA = HB A Tõ kÕt qu¶ ý suy AHB vu«ng c©n t¹i H  BAH  AABH  450 A AACB  300  HAC  600  VËy: AABC  450 , AACB  300 1 y 1 4x   §Æt y  , ta cã:  y    y   2 3  0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 Lop8.net 1 y 1  MÆt kh¸c:  y    2 y  y  2 y   2  §Æt t  t  1 y   3t  1 3t    t  t   t   t      x    Từ đó ta có:  x   16 0,25 0,25 0,25 Lop8.net