1 Chứng minh giao ñiểm I của ñoạn thẳng OM với ñường tròn O;R là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác MEF.. 2 Cho A là một ñiểm bất kì của thuộc cung EF chứa ñiểm M của ñường tròn ñường kính[r]
(1)Dịch Vụ Toán Học Tuyển tập Đề thi vào lớp 10 năm học 2010 - 2011 các trường THPT trên nước (có Đáp án ) Môn Toán WWW.VNMATH.COM (2) About VnMath.Com Đại số Giải tích vnMath.com Giáo án Dịch vụ Toán học các môn Sách info@vnmath.com Hình học Các loại Olympic khác Đề thi Chuyên đề Đáp án Toán Luyện thi Đại học Thi lớp 10 Đại học Cao học Bồi dưỡng HSG (3) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2010 – 2011 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x 3x x y 1 b) 6 x y c) x 13 x d) x 2 x Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y x2 và đường thẳng (D): y x trên cùng 2 hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ các giao điểm (P) và (D) phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: A 12 21 12 2 5 3 B 2 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x (3m 1) x 2m m (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình luôn luôn có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Gọi x1, x2 là các nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = x12 x22 3x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R Gọi M là điểm thuộc đường tròn (O) khác A và B Các tiếp tuyến (O) A và M cắt E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật b) Gọi I là trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng c) Gọi K là giao điểm EB và MP Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng Suy K là trung điểm MP d) Đặt AP = x Tính MP theo R và x Tìm vị trí M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn (4) BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x 3x (1) 16 25 1 35 (1) x hay x 2 4 y 3 (1) 4 x y 1 (1) x y 1 b) ( pt (2) pt (1)) 6 x y (2) 14 x x c) x 13 x (3), đđặt u = x2, phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4) 13 11 13 11 hay u 3 (4) có 169 48 121 112 (4) u 8 Do đó (3) x hay x 2 d) x 2 x (5) ' 2 2 2 Do đó (5) x hay x 2 Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ 1 Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1; , 2; 2 2 1 (D) qua 1; , 2; 2 2 1 Do đó (P) và (D) có điểm chung là : 1; , 2; 2 2 b) PT hoành độ giao điểm (P) và (D) là x2 x hay x 2 x 1 x2 x 2 1 Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là 1; , 2; 2 2 Bài 3: A 12 21 12 (3 3) 3(2 3) (2 3) 5 3 B 2 2B = 42 62 42 62 (5) 5 (1 3) ( 1) = (1 3) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 2 = 5.3 20 B = 10 Bài 4: a) 3m 1 8m 4m m 2m (m 1) m Suy phương trình luôn luôn có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + và x1x2 = 2m2 + m – A= x12 x22 3x1 x2 x1 x2 x1 x2 1 25 (3m 1) 5(2m m 1) m m (m ) (m ) 4 25 Do đó giá trị lớn A là : Đạt m = Bài 5: I a) Ta có góc EMO = 90O = EAO => EAOM nội tiếp Tứ giác APMQ có góc vuông : EAO APM PMQ 90o => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật b) Ta có : I là giao điểm đường chéo AM và PQ hình chữ nhật APMQ nên I là trung điểm AM B O Mà E là giao điểm tiếp tuyến M và A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng dạng vì chúng là tam giác vuông có góc là AOE ABM , vì OE // BM AO AE => (1) BP MP KP BP (2) Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số AE AB Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm MP EK AP (3) AE // KP, Cách : Ta có EB AB EI AP (4) tam giác EOA và MAB đồng dạng mặt khác, ta có EO AB EK EI So sánh (3) & (4), ta có : EB EO M Q E K I P x A (6) Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM => K là trung điểm MP d) Ta dễ dàng chứng minh : abcd abcd (*) Dấu “=” xảy và a = b = c = d MP = MO OP R (x R)2 2Rx x Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x (2R x)x S đạt max (2R x)x đạt max x.x.x(2R – x) đạt max x x x (2R x) đạt max 3 x Áp dụng (*) với a = b = c = x x x x x x R4 Ta có : (2R x) (2R x) 3 3 3 16 x Do đó S đạt max (2R x) x R TS Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) (7) SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO THAØNH PHOÁ HOÀ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HOÏC PHOÅ THOÂNG CHUYÊN NAÊM HOÏC 2010 - 2011 KHOÙA NGAØY 21/06/2010 Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Caâu : (4 ñieåm) x + + y = 1) Giaûi heä phöông trình : + 5y = x + 2) Giải phương trình: (2x − x) + 2x − x −12 = Caâu : (3 ñieåm) Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – = (x là ẩn số) Tìm m ñể phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) thỏa x1 = x Caâu : (2 ñieåm) Thu gọn biểu thức: A = 7+ + 7− − 3− 2 + 11 Caâu : (4 ñieåm) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp ñường tròn (O) Gọi P là ñiểm chính cung nhỏ AC Hai ñường thẳng AP và BC cắt M Chứng minh rằng: = AMB a) ABP b) MA MP = BA BM Caâu : (3 ñieåm) a) Cho phương trình: 2x2 + mx + 2n + = (x là ẩn số và m, n là các số nguyên).Giả sử phương trình có các nghiệm ñều là số nguyên Chứng minh rằng: m2 + n2 là hợp số b) Cho hai số dương a, b thỏa a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Tính P = a2010 + b2010 Caâu : (2 ñieåm) Cho tam giác OAB vuông cân O với OA = OB = 2a Gọi (O) là ñường tròn tâm O bán kính a Tìm ñiểm M thuộc (O) cho MA + 2MB ñạt giá trị nhỏ Caâu : (2 ñieåm) Cho a, b là các số dương thỏa a + 2b ≤ 3c2 Chứng minh + ≥ a b c HEÁT Hoï vaø teân thí sinh: ………………………………………………………Soá baùo danh: ………………………… Chữ ký giám thị :……………………………………… Chữ ký giám thị :……………………………… (8) SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO THAØNH PHOÁ HOÀ CHÍ MINH Caâu Caâu : (4 ñieåm) (4 ñ) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HOÏC PHOÅ THOÂNG CHUYEÂN NAÊM HOÏC 2010 – 2011 KHOÙA NGAØY 21/06/2010 Đáp án : TOÁN Hướng dẫn chấm x + + y = 1) Giaûi heä phöông trình : + 5y = x + 1 −2 3y = x = y 2y + = − = − x + x + ⇔ ⇔ ⇔ + 5y = + 5y = x + + 5y = y = x + x + 2) Giải phương trình: (2x − x) + 2x − x −12 = Đặt t = 2x2 – x, pt trở thành t2 + t – 12 = ⇔ t = hay t = – t = ⇔ 2x2 – x = ⇔ x = – hay x = 3/2 t = – ⇔ 2x2 – x = – ( vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm là x = – 1, x = 3/2 Caâu : (3 ñieåm) 2 (3 ñ) Cho phương trình x – 2(2m + 1)x + 4m + 4m – = (x là ẩn số) (*) Tìm m ñể phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) thỏa x1 = x ∆ ’ = (2m + 1)2 – (4m2 + 4m – 3) = > 0, với m Vậy (*) luôn có nghiệm phân biệt với m x1 = 2m −1, x = 2m + x1 = x ⇔ 2m −1 = 2m + Ñieåm 0,5x4 0,5ñ 0,5ñ 0,5ñ 0,5ñ 0,5 ñ 0,5ñ 0,5ñ m = − 2m −1 = 2(2m + 3) ⇔ 2m −1 = −2(2m + 3) m = − 1,5ñ Caâu : (2 ñieåm) (2 ñ) 7+ + 7− Thu gọn biểu thức: A = − 3− 2 + 11 Xét M = 7+ + 7− + 11 14 + 44 = suy M = + 11 − ( −1) = Ta có M > và M2 = A= 1ñ 1ñ (9) (4ñ) Caâu : (4 ñieåm) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp ñường tròn (O) Gọi P là ñiểm chính cung nhỏ AC Hai ñường thẳng AP và BC cắt M Chứng minh rằng: = AMB a) ABP b) MA MP = BA BM A P O B C M = (sñAB − sñPC ) = (sñAC − sñPC ) = sñAP = ABP a) AMB 2 b) PA = PC ⇒ CAP = ABP = AMB suy CM = AC = AB 2ñ ∆ MAC ~ ∆ MBP (g – g) ⇒ 1ñ 1ñ MA MC = ⇒ MA.MP = MB.MC = MB.AB MB MP Caâu : (3 ñieåm) a) Cho phương trình: 2x2 + mx + 2n + = (x là ẩn số và m, n là các số nguyên) (3 ñ) Giả sử phương trình có các nghiệm ñều là số nguyên Chứng minh rằng: m2 + n2 là hợp số Gọi x1, x2 là nghiệm phương trình ⇒ x1, x2 nguyên, x1 + x = − m , x1x2 = n + 0,5ñ m + n = (2x1 + 2x )2 + (x1x − 4) = 4x12 + 4x 22 + x12 x 22 + 16 = (x12 + 4)(x 22 + 4) x12 + 4, x22 + là các số nguyên lớn nên m2 + n2 là hợp số 0,5ñ 0,5ñ b) Cho hai số dương a, b thỏa a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Tính P = a2010 + b2010 Ta có = a100 + b100 – (a101 + b101) = a101 + b101 – (a102 + b102) ⇒ a100(1 – a) + b100(1 – b) = a101(1 – a) + b101(1 – b) ⇒ a100(1 – a)2 + b100(1 – b)2 = 1ñ ⇒ a=b=1 2010 2010 0,5ñ +b =2 ⇒ P=a (2ñ) Caâu : (2 ñieåm) Cho tam giác OAB vuông cân O với OA = OB = 2a Gọi (O) là ñường tròn tâm O bán kính a Tìm ñiểm M thuộc (O) cho MA + 2MB ñạt giá trị nhỏ (10) B F M D O E A C Đường thẳng OA cắt (O) C và D với C là trung ñiểm OA Gọi E là trung ñiểm OC * Trường hợp M không trùng với C và D: Hai tam giác OEM và OMA ñồng dạng = AOM, OM = = OE ) ( MOE OA OM ME OM ⇒ = = ⇒ MA = 2EM AM OA * Trường hợp M trùng với C: MA = CA = 2EC = 2EM * Trường hợp M trùng với D: MA = DA = 2ED = 2EM Vậy luôn có MA = 2EM MA + 2MB = 2(EM + MB) ≥ 2EB = số Dấu “=” xảy M là giao ñiểm ñoạn BE với ñường tròn (O) Vậy MA + 2MB nhỏ M là giao ñiểm ñoạn BE với ñường tròn (O) 1ñ 0,5 ñ 0,5ñ 7(2ñ) Caâu : (2 ñieåm) Cho a, b là các số dương thỏa a + 2b ≤ 3c2 Chứng minh + ≥ a b c Ta có + ≥ (1) ⇔ (a + 2b)(b + 2a) ≥ 9ab a b a + 2b ⇔ 2a − 4ab + 2b ≥ ⇔ 2(a − b) ≥ (Đúng) 0,5 ñ a + 2b ≤ 3(a + 2b ) (2) ⇔ (a + 2b) ≤ 3(a + 2b ) 2 2 ⇔ 2a − 4ab + 2b ≥ ⇔ 2(a − b) ≥ (Đúng) 9 Từ (1) và (2) suy + ≥ ≥ ≥ ( a2 + 2b2 ≤ 3c2) 2 a b a + 2b 3(a + 2b ) c 0,5ñ 1ñ (11) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2010 – 2011 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) x x 3x , với x và x x 3 x 3 x 9 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm giá trị x để A 3) Tìm giá trị lớn biểu thức A Bài II (2,5 điểm) Giải bài toán sau cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m và chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính chiều dài và chiều rộng mảnh đất đó Bài III (1,0 điểm) Cho parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = mx 1) Chứng minh với giá trị m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm phân biệt 2) Gọi x1, x2 là hoành độ các giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm giá trị m để : x12 x x 22 x1 x1x Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F 1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC 3) Chứng minh CFD OCB Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến đường tròn (O) 4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB Bài V (0,5 điểm) Cho biểu thức A Giải phương trình : x 4x (x 4) x BÀI GIẢI Bài I: (2,5 điểm) Với x ≥ và x ta có : x x 3x x ( x 3) x ( x 3) x = 1) A = x9 x 9 x 9 x 3 x 3 x9 x x x x x x 3( x 3) x 9 x9 x 9 2) A = x x x = 36 x 3 x 3 (12) lớn x nhỏ x x = x 3 Bài II: (2,5 điểm) Gọi x (m) là chiều rộng hình chữ nhật (x > 0) chiều dài hình chữ nhật là x + (m) Vì đường chéo là 13 (m) nên ta có : 132 x ( x 7) x 14 x 49 169 x2 + 7x – 60 = (1), (1) có = 49 + 240 = 289 = 172 7 17 7 17 (loại) hay x 5 Do đó (1) x 2 Vậy hình chữ nhật có chiều rộng là m và chiều dài là (x + 7) m = 12 m Bài III: (1,0 điểm) 1) Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) là: -x2 = mx – x2 + mx – = (2), phương trình (2) có a.c = -1 < với m (2) có nghiệm phân biệt trái dấu với m (d) luôn cắt (P) điểm phân biệt 2) x1, x2 là nghiệm (2) nên ta có : x1 + x2 = -m và x1x2 = -1 x1 x2 x22 x1 x1 x2 x1 x2 ( x1 x2 1) 1(m 1) F m+1=3m=2 Bài IV: (3,5 điểm) 1) Tứ giác FCDE có góc đối FED 90o FCD nên chúng nội tiếp I 2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD và DEB vì E C hai góc CAD CBE cùng chắn cung CE, nên ta DC DE D DC.DB DA.DE có tỉ số : DA DB 3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác A B O FCDE, ta có CFD CEA (cùng chắn cung CD) Mặt khác CEA CBA (cùng chắn cung AC) và vì tam OCB cân O, nên CFD OCB Ta có : ICD IDC HDB OCD OBD và HDB OBD 900 OCD DCI 900 nên IC là tiếp tuyến với đường tròn tâm O Tương tự IE là tiếp tuyến với đường tròn tâm O 4) Ta có tam giác vuông đồng dạng ICO và FEA vì có góc nhọn CAE COE COI (do tính chất góc nội tiếp) CO R Mà tg CIO tgAFB tgCIO IC R Bài V: (0,5 điểm) 3) A Giải phương trình : x x ( x 4) x (13) Đặt t = x , phương trình đã cho thành : t x ( x 4)t t ( x 4)t x (t x)(t 4) t = x hay t = 4, Do đó phương trình đã cho x hay x x x x x2 + = 16 hay x2 = x = 3 x Cách khác : x x ( x 4) x x 4( x 4) 16 ( x 4) x ( x 4)(4 x 7) ( x 4)( x 4) x hay ( x 4) x x hay x x x2 = x = 3 TS Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) (14) KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP HUẾ Së Gi¸o dôc vμ ®μo t¹o Thõa Thiªn HuÕ ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 24.6.2010 Môn: TO¸N Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,25 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay: a) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2 x y 13 2) 3x y 1) x x b) Rút gọn biểu thức: P 2 52 Bài 2: (2,5 điểm) Cho hàm số y ax a) Xác định hệ số a biết đồ thị hàm số đã cho qua điểm M 2; b) Vẽ trên cùng mặt phẳng tọa độ đồ thị (P) hàm số đã cho với giá trị a vừa tìm và đường thẳng (d) qua M 2; có hệ số góc 2 Tìm tọa độ giao điểm khác M (P) và (d) Bài 3: (1,25 điểm) Hai người xe đạp cùng xuất phát từ A để đến B với vận tốc Đi quãng đường AB, người thứ bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút và đón ô tô quay A, còn người thứ hai không dừng lại mà tiếp tục với vận tốc cũ để tới B Biết khoảng cách từ A đến B là 60 km, vận tốc ô tô vận tốc xe đạp là 48 km/h và người thứ hai tới B thì người thứ đã A trước đó 40 phút Tính vận tốc xe đạp Bài 4: (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A và AC > AB, D là điểm trên cạnh AC cho CD < AD Vẽ đường tròn (D) tâm D và tiếp xúc với BC E Từ B vẽ tiếp tuyến thứ hai đường tròn (D) với F là tiếp điểm khác E a) Chứng minh năm điểm A, B, E, D, F cùng thuộc đường tròn b) Gọi M là trung điểm BC Đường thẳng BF cắt AM, AE, AD theo thứ tự các IK AK điểm N, K, I Chứng minh: Suy ra: IF BK IK BF IF AF c) Chứng minh tam giác ANF là tam giác cân Bài 5: (1,5 điểm) Từ thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB = 3,6dm, chiều dài AD = 4,85dm, người ta cắt phần thiếc để làm mặt xung quanh hình nón với đỉnh là A và đường sinh 3,6dm, cho diện tích mặt xung quanh này lớn Mặt đáy hình nón cắt phần còn lại thiếc hình chữ nhật ABCD a) Tính thể tích hình nón tạo thành b) Chứng tỏ có thể cắt nguyên vẹn hình tròn đáy mà sử dụng phần còn lại thiếc ABCD sau đã cắt xong mặt xung quanh hình nón nói trên Hết SBD thí sinh: Chữ ký GT 1: (15) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP HUẾ Môn: TOÁN - Khóa ngày: 25/6/2010 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Điểm Nội dung SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ CHÍNH THỨC Bài ý 2,25 a.1 (0,75) Giải phương trình x x (1): 49 120 169 132 , 13 , 13 13 x1 vμ x1 10 10 0,25 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 , x2 a.2 2 x y 13 (0,75) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh : 3x y 2 x y 13 6 x y 39 2 x y 13 19 y 57 3x y x 10 y 18 y3 x 2 2 x 13 4 y b 52 (0,75) P 2 2 54 2 0,25 0,50 0,25 0,50 0,25 5 2 2,5 2.a (0,75) + Đồ thị (P) hàm số y ax ®i qua ®iÓm M 2; , nªn: a 2 a VËy: a vμ hàm số đã cho là: y x 0,50 0,25 2.b + Đường thẳng (d) có hệ số góc 2 , nên có phương trình dạng: 0,25 (1,75) y 2 x b + (d) qua ®iÓm M 2; , nªn: 2 2 b b , (d ) : y 2 x 0,25 + Vẽ (P) 0,50 + Vẽ (d) 0,25 + Hoành độ giao điểm (P) và (d) là nghiệm phương trình: 0,25 2 x 2 x x x + Phương trình có hai nghiệm: x1 1; x2 2 Do đó hoành độ giao điểm thứ hai (P) và (d) là x y 12 Vậy giao điểm khác M (P) và (d) có tọa độ: N 1; 0,25 (16) 1,25 Gọi x (km/h) là vận tốc xe đạp, thì x + 48 (km/h) là vận tốc ô tô Điều 0,25 kiện: x > AB 40 km Đoạn đường còn lại người thứ hai xe đạp để đến B là: CB = ABAC=20 km 0,25 40 Thời gian người thứ ô tô từ C A là: (giờ) và người thứ hai x 48 0,25 20 (giờ) từ C đến B là: x 40 20 40 20 1 Theo giả thiết, ta có phương trình: x 48 x x 48 x Giải phương trình trên: 0,25 40 x x x 48 20 x 48 hay x 68 x 960 Hai người cùng xe đạp đoạn đường AC Giải phương trình ta hai nghiệm: x1 80 (loại) và x2 12 Vậy vận tốc xe đạp là: 12 km/h 0,25 2,5 4.a (1,0) Hình vẽ đúng Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: BED BFD 900 Mà BAD BAC 900 (giả thiết) Do đó: BED BFD BAD 900 Vậy: Năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính BD 0,25 0,25 0,25 0,25 4.b (1,0) Gọi (O) là đường tròn đường kính BD Trong đường tròn (O), ta có: DE DF (do DE, DF là bán kính đường tròn (D)) EAD DAF Suy ra: AD là tia phân giác EAF hay AI là tia phân giác KAF IK AK Theo tính chất phân giác ta có (1) IF AF Vì AB AI nên AB là tia phân giác ngoài đỉnh A KAF BK AK (2) Theo tính chất phân giác ta có : BF AF 0,25 0,25 0,25 (17) IK BK Vậy IF BK = IK BF (đpcm) IF BF Ta có: AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM = MC, đó AMC cân M, suy ra: MCA MAC Từ đó: NAF MAC DAF MCA EAC (vì AI là tia phân giác góc EAF) Mà AEB MCA EAC (góc ngoài tam giác AEC) Nên NAF AEB Mặt khác, AFB AEB (góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Suy ra: NAF BFA NFA Vậy : ANF cân N (đpcm) Từ (1) và (2) suy : 4.c (0,5) 0,25 0,25 0,25 1,5 a) Hình khai triển mặt xung quanh hình nón có đỉnh A, đường sinh l 3, 6dm AB là hình quạt tâm A bán kính AB Mặt xung quanh này có diện tích lớn góc tâm hình quạt 900 + Diện tích hình quạt là diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy là r nên: l 90 l rl S xq 360 l Suy ra: r 0,9dm Do đó thể tích hình nón tạo là: 1 r 15 2,96 dm3 V r 2h r l r 3 b) Trên đường chéo AC, vẽ đường tròn tâm I bán kính r 0,9dm ngoại tiếp cung quạt tròn E IH và IK là các đoạn vuông góc kẻ từ I đến BC và CD 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có: CI AC AI 3, 62 4,852 (3, 0,9) 1,54dm HI CI AB CI IH 0,91dm r 0,9dm IH//AB 0,25 AB AC AC Tương tự: IK r 0,9dm Vậy sau cắt xong mặt xung quanh, phần còn lại thiếc ABCD có thể 0,25 cắt mặt đáy hình nón Ghi chú: Học sinh làm cách khác đáp án đúng cho điểm tối đa Điểm toàn bài không làm tròn (18) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC Khoá ngày 24.6.2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (1,5 điểm) Xác định tham số m để phương trình m 1 x m 1 x m có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn: x1 x2 x1 x2 Bài 2: (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x xy y x y 2010 các số thực x, y thay đổi Giá trị nhỏ đó đạt các giá trị nào x và y Bài 3: (2,5điểm) a) Giải phương trình : x x 1 x y x y 40 b) Giải hệ phương trình : xy x y - = xy y x Bài 4: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = 5a, CA = 4a, AB = 3a Đường trung trực đoạn AC cắt đường phân giác góc BAC K a) Gọi (K) là đường tròn có tâm K và tiếp xúc với đường thẳng AB Chứng minh đường tròn (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC b) Chứng minh trung điểm đoạn AK là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bài 5: (2,0 điểm) 65 26 Hãy tìm tất các số (a ; b ; c) gồm các chữ số hệ thập phân a , b, c đôi ab b khác và khác cho đẳng thức đúng ca c a) Với số (6 ; ; 2), ta có đẳng thức đúng : b) Cho tam giác có số đo góc trung bình cộng số đo hai góc còn lại và độ dài các cạnh a, b, c tam giác đó thoả mãn: a b c a b c Chứng minh tam giác này là tam giác - HẾT SBD thí sinh: Chữ ký GT1: (19) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC Khoá ngày 24.6.2010 Môn: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Bài Nội dung Điểm (1,5đ) a 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt m 1 m 1 (*) m3 3 m Ta có: 0,25 0,25 0,25 2(m 1) x1 x2 m x x m2 m 1 m 1 m2 7 m 1 m 1 m 1 m m 6 Thoả mãn (*) x1 x2 x1 x2 0,25 0,5 Vậy: m = thoả mãn yêu cầu bài toán BÀI (2đ) 0,25 Ta có: P x y x y y 2010 0,5 y y 2 y y 2010 P x 2 0,5 3 6023 P 2x y 2 y 4 3 6023 P với x, y 0,25 x 2 x y 6023 P và khi: y y 6023 Vậy giá trị nhỏ P là Pmin đạt x và y 3 Bài 3.a (1đ) x3 5 x 3 ( x 3)(5 x)( x x ) Lập phương hai vế phương trình (1), ta được: Dùng (1) ta có: ( x 3)(5 x) (2) Giải (2) và thử lại tìm : x 3, x là hai nghiệm phương trình đã cho 0,25 0,25 (2,5đ) 0,25 0,25 0,5 (20) 3.b (1đ,5) Điều kiện : x 0; y 1 1 x y 4 x y Viết lại hệ : x y x y u v 4 1 Đặt : u x ; v y , ta có hệ : x y uv Giải : u 2; v 2 Giải : x = 1 ; y = 1 Hệ đã cho có nghiệm : (x ; y) = (1 ; 1) 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 BÀI (2đ) B K R O I A Q C T a (1đ) 4.b (1đ) 2 0,25 Do BC = AC + AB nên tam giác ABC vuông A Đường tròn (O) ngoại tiếp ΔABC có tâm là trung điểm O BC, có bán kính r a Gọi Q là trung điểm AC và R là tiếp điểm (K) và AB KQAR là hình vuông cạnh 2a Đường tròn (K) có bán kính ρ = 2a Do OK= KQ – OQ = 2a – a = a = r – ρ, nên (K) tiếp xúc với (O) 2 Gọi I là trung điểm AK, nối BI cắt OQ T Ta chứng minh T thuộc đường tròn (O) 0,25 Hai tam giác IQT và IRB nên QT = RB = a Vì OT = OQ + QT = a + a = r nên T thuộc đường tròn (O) Từ đó T là trung điểm cung AC đường tròn (O) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Suy BI là phân giác góc ABC Vì I là tâm nội tiếp ΔABC (21) BÀI 5 a (1đ) 5.b (1đ) (2đ) Hãy tìm tất các số (a ; b ; c) gồm các chữ số a , b, c khác và khác ab b ( 1) đúng cho đẳng thức: ca c Viết lại (1): (10a + b)c =(10c + a)b 2.5.c(a – b) = b(a – c) Suy ra: là ước số b(a – c) Do nguyên tố và a, b, c 9; a c nên: 1) b = 2) a - c 3) c - a a 2c + Với b = 5: 2c(a 5) = a c c = c 2a 2a Suy ra: 2a 9 = ; (a ≠ 5, a ≠ c) Trường hợp này tìm được: (a; b; c) = (6; 5; 2), (9; 5; 1) 2c 10c Viết lại: 2b 2c + Với a = c + 5: 2c(c + b) = b b = 2c 2c Suy ra: 2c + = ; (c ≠ 0) Trường hợp này tìm được: (a; b; c) = (6; 4; 1), (9; 8; 4) 2a 10a + Với c = a + 5: 2(a + 5)(a b) = b b = 2a 9.19 Suy ra: b > 9, không xét Viết lại : 2b 2a 19 2a + Vậy: Các số thỏa bài toán: (a ; b ; c) = (6 ; ; 2), (9 ; ; 1), (6; ; 1), (9 ; ; 4) Từ giả thiết số đo góc trung bình cộng số đo hai góc còn lại, suy tam giác đã cho có ít góc 60o Ví dụ: Từ 2A = B + C suy 3A = A + B + C = 180o Do đó A = 60o Từ a b c a b c (*), suy tam giác đã cho là tam giác cân Thật vậy, bình phương các vế (*): a b c a b c ab cb ac c c a b a c a c 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 b c 0 Vì tam giác này có a = c b = c Tam giác đã cho là tam giác cân và có góc 60o nên là tam giác 0,25 (22) Gợi ý lời giải môn Toán Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Hà nội Bài I ( 2,5 điểm) Cho biểu thức: A = + - , với x và x 1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tìm giá trị x để A = 3/ Tìm giá trị lớn biểu thức A Lời giải 1/ A = + = = 2/ A = = = =9 = = x = 36 (T/m) Vậy x = 36 thì A = 1/3 3/ Do => A Amax = x = (T/m) Bài II ( 2,5 điểm) Giải bài toán sau cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn chiều rộng m Tính chiều dài và chiều rộng mảnh đất đó Lời giải Gọi chiều rộng hình chữ nhật là x (x>0; đơn vị: m) Chiều dài hình chữ nhật là: x+7 (m) Vì đường chéo hình chữ nhật là 13m, nên theo Pytago ta có phương trình: x2+ (x+7)2 = 169 => x2 + x2 +14x + 49 = 169 2x2 + 14x-120= x2 +7x-60= ∆= 49+240=289 (23) = (tmđk); x2 = x1= = -12 (loại) Vậy chiều rộng hình chữ nhật là 5m; chiều dài là 12m Bài III ( 1,0 điểm) Cho parabol (P): y=-x2 và đường thẳng (d): y=mx-1 1/ Chứng minh với giá trị m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) điểm phân biệt 2/ Gọi x1, x2 là hoành độ các giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm giá trị m để : x12x2+x22x1-x1x2=3 Lời giải 1/ Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d): -x2 = mx-1 x2 + mx - = (*) Có: ac = -1 <0 => phương trình đã cho có nghiệm phân biệt với m 2/ x12x2 + x22x1 - x1x2 = x1x2(x1+x2) - x1x2 = (1) Vì phương trình (*) luôn có nghiệm với m nên: Theo Viét ta có: x1+x2 = = -m; x1x2 = = -1 (1) -1.(-m) + = => m+1 = => m=2 Vậy với m = thì x12x2 + x22x1 - x1x2 = Bài IV ( 3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC ( D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F 1/ Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp 2/ Chứng minh DA.DE = DB.DC 3/ Chứng minh CFD = OCB Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến đường tròn (O) 4/ Cho biết DF=R, chứng minh tg AFB = Lời giải 1/ AEB = 90o (góc nội tiếp chắn ½ đường tròn) => AEF = 90o ACB = 90o (góc nội tiếp chắn ½ đường tròn) => FCB = 90o Tứ giác CFED có: C + E = 180o => tứ giác CFED nội tiếp ( tứ giác có tổng góc đối 180o) (24) 2/ Xét ∆ACD và ∆BED: C = E = 90o (1) A1 = B1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung CE ) (2) (1) và (2) => ∆ACD đồng dạng ∆BED (góc - góc) 3/ = => AD.DE = BD.CD * Có D là trực tâm ∆FAB (do AE FB, BC AF) => FD AB H F1 + FAH = 90o Mà B2 + FAH = 90o => F1 = B2 Có ∆COB cân O (CO=OB=R)=> góc C1 = góc B2 => góc C1 = góc F1 ( cùng = góc B2) * Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE là trung điểm FD => CI=IF=1/2 FD (do góc DCF = 90o tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền) => ∆CIF cân I => góc C2 = góc F1 Có ∆CAO cân O (CO=OA=R) => góc C3 = góc CAO Mà góc F1 + góc CAO = 90o => góc C2 + góc C3 = 90o => góc ICO = 90o => IC IC là tiếp tuyến đường tròn (O) (ĐPCM) CO, mà C (O) => 4/ Xét ∆ICO và ∆IEO có: IC = IE (cùng bán kính đường tròn (I)) (3) CO = OE (=R) (4) IO chung (5) Từ (3), (4) và (5) => ∆ICO = ∆IEO (c.c.c) góc COI = góc EOI góc COI = ½ góc COE = ½ sđ cung CE ( góc COE là góc tâm) mà góc A1 = ½ sđ cung CE ( góc A1 là góc nội tiếp chắn cung CE ) góc A1 = góc COI Xét ∆ACD và ∆OCI có: góc A1 = góc COI (cmt) (6) Góc ACD = góc OCI ( = 90o) (7) Từ (6) và (7) => ∆ACD đồng dạng ∆OCI (g.g) => ∆OCI có CI = R/2 ( CI = ½ FD ) ; CO = R => = => = (8) = (9) Tứ giác CFED nội tiếp => góc CFE = góc CDA ( góc ngoài tứ giác nội tiếp = góc đỉnh đối) (10) (25) Xét ∆CAD có góc C = 90o => tg góc CDA = (11) Từ (8) (9) (10) và (11) => tg góc CFE = F I E C D A H O B (hình vẽ Bài IV) Bài V ( 0,5 điểm) Giải phương trình: x2 + 4x + = (x+4) Lời giải x2 + 4x + = x x2 + - + 4x - x ( ( +4 =0 - 4) - x ) =0 =0 (26) Vậy x = là nghiệm phương trình Gợi ý lời giải cô giáo Lưu Kim Mai - Giáo viên trường THCS Giảng Võ - Hà Nội (27) SỞ GD VÀ ðÀO TẠO HÀ NỘI ðỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THP CHUYÊN Năm học 2010 – 2011 MÔN: TOÁN Ngày thi: 24 tháng năm 2010 Thời gian Làm bài 150 phút BÀI I (2,0 ñiểm) 1) Cho n là số nguyên, chứng minh A = n + 11n chia hết cho 2) Tìm tất các số tự nhiên n ñể B = n − 3n + là số nguyên tố BÀI II (2,0 ñiểm) Cho phương trình : ( m + 2m + 2) x − (m − 2m + 2) x − = Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phương trình ñã cho 1) Tìm các giá trị m ñể x12 + x22 = x1 x ( x1 x2 − 1) 2) Tìm giá trị nhỏ và giá trị lớn biểu thức S = x1 + x2 BÀI III (2.0 ñiểm) 1) Cho a là số bất kì,chứng minh rằng: a 2010 + 2010 a 2010 + 2009 >2 2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình y − x( x − 2)( x − x + 2) = BÀI IV (3,0 ñiểm) Cho ñường tròn (O;R) và ñiểm M nằm ngoài ñường tròn.ðường tròn ñường kính OM cắt ñường tròn (O;R) hai ñiểm E , F 1) Chứng minh giao ñiểm I ñoạn thẳng OM với ñường tròn (O;R) là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác MEF 2) Cho A là ñiểm bất kì thuộc cung EF chứa ñiểm M ñường tròn ñường kính OM (A khác E,F) ðoạn thẳng OA cắt ñoạn thẳng EF ñiểm B Chứng minh OA.OB = R 3) Cho biết OM=2R và N là ñiểm bất kì thuộc cung EF chứa ñiểm I ñường tròn (O;R) ( N khác E,F) Gọi d là ñường thẳng qua F và vuông góc với ñường thẳng EN ñiểm P, d cắt ñường tròn ñường kính OM ñiểm K (K khác F) Hai ñường thẳng FN và KE cắt ñiểm Q chứng minh rằng: PN PK + QN QK ≤ BÀI V ( 1,0 ñiểm) Giải phương trình: x − x + x − x + x − x + = Lưu ý: Giám thị không giải thích gì thêm R (28) KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG KHÓA NGÀY 21 THÁNG NĂM 2010 Đà Nẵng MÔN THI : TOÁN Bài (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A ( 20 45 5) b) Tính B ( 1) Bài (2,0 điểm) a) Giải phương trình x 13x 30 3 x y b) Giải hệ phương trình 2 x y Bài (2,5 điểm) Cho hai hàm số y = 2x2 có đồ thị (P) và y = x + có đồ thị (d) a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy b) Gọi A là giao điểm hai đồ thị (P) và (d) có hoành độ âm Viết phương trình đường thẳng () qua A và có hệ số góc - c) Đường thẳng () cắt trục tung C, cắt trục hoành D Đường thẳng (d) cắt trục hoành B Tính tỉ số diện tích hai tam giác ABC và tam giác ABD Bài (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường tròn (C') tâm O', bán kính R' (R > R') cắt hai điểm A và B Vẽ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn (M (C), N (C')) Đường thẳng AB cắt MN I (B nằm A và I) a) Chứng minh BMN MAB b) Chứng minh IN2 = IA.IB c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB P Chứng minh MN song song với QP BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức A ( 20 45 5) = (2 5) 10 b) Tính B = ( 1) 1 Bài 2: (2 điểm) a) Giải phương trình : x4 – 13x2 – 30 = (1) Đặt u = x2 ≥ , pt (1) thành : u2 – 13u – 30 = (2) (2) có 169 120 289 17 13 17 13 17 Do đó (2) u 15 2 (loại) hay u 2 Do đó (1) x = 15 (29) 3 1 x 1 x 1 x y x 1 b) Giải hệ phương trình : 1 y 10 2 y 10 2 x y x y Bài 3: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1; (d) qua (0;3), 1; b) PT hoành độ giao điểm (P) và (d) là: x x 2x2 – x – = x 1 hay x 3 9 Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là 1; , ; A 1; 2 2 Phương trình đường thẳng () qua A có hệ số góc -1 là : y – = -1 (x + 1) () : y = -x + c) Đường thẳng () cắt trục tung C C có tọa độ (0; 1) Đường thẳng () cắt trục hoành D D có tọa độ (1; 0) Đường thẳng (d) cắt trục hoành B B có tọa độ (-3; 0) Vì xA + xD = 2xC và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng ()) C là trung điểm AD tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC = AD S AC Nên ta có ABC S ABD AD Bài 4: M I N B Q P O O' A (30) a) Trong đường tròn tâm O: Ta có BMN = MAB (cùng chắn cung BM ) b) Trong đường tròn tâm O': Ta có IN2 = IA.IB c) Trong đường tròn tâm O: MAB BMN (góc chắn cung BM ) (1) Trong đường tròn tâm O': BAN BNM (góc chắn cung BN ) (2) Từ (1)&(2) => MAB BAN MBN BMN BNM MBN 1800 Nên tứ giác APBQ nội tiếp => BAP BQP QNM (góc nội tiếp và góc chắn cung) mà QNM và BQP vị trí so le => PQ // MN Võ Lý Văn Long (TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) (31) KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 PTTH CHUYÊN LÊ QUÝ ðÔN KHÓA NGÀY 24 THÁNG NĂM 2010 SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO THÀNH PHỐ ðÀ NẴNG MÔN THI : TOÁN ( Chuyên Toán - Hệ số 2) Thời gian : 150 phút ( không tính thời gian giao ñề ) ðỀ CHÍNH THỨC Bài 1: ( 2, ñiểm) a Rút gọn biểu thức : A = + 2 + 18 − y b Cho hai số dương thỏa mãn ñiều kiện x + 4y = xy Tính x Bài 2: ( ,0 ñiểm) a.Giải phương trình x2 -2x|x-2|+ = b.Cho phương trình 2x4 -4(m+2)x2 + 2m2 +1 = ( m là tham số) Tìm m ñể phương trình có nghiệm phân biệt x1, x2 ,x3 , x4 thỏa mãn x14 + x24 + x34 + x44 = 66 Bài 3: ( 2,0 ñiểm) a.Chứng minh 70 271001 + 31 38101 chia hết cho 13 2 3 x + y + z = −2 b.Giải hệ phương trình − − =3 xy z y Bài 4: ( 3,5 ñiểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a Trên cạng BC lấy ñiểm E ( E khác B và C),trên cạnh CD lấy ñiểm F cho góc EAF = 450.ðường chéo BD cắt AE , AF H và G a Gọi I là giao ñiểm EG và FH.Chứng minh I là trực tâm tam giác AEF GH b.Chứng minh EF không ñổi c.ðường thẳng AI cắt EF K.Chứng minh hai ñường thẳng BK và HF song song d.Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AEF E thay ñổi trên ñoạn BC ( E khác B ,C) , F thay ñổi trên ñoạn CD thỏa ñiều kiện góc EAF = 450 Bài 5: ( 0,5 ñiểm) Cho a,b,c là ba số dương thỏa mãn abc < Chứng minh : 1 + + + a + ab + b + bc + c + ca < -HẾT - (32) Thi vào 10 ĐHSP HN năm 2010 Ngày 19 tháng năm 2010 Cảm ơn bạn kaka math trên Mathscope và bạn Đức lớp ôn thi đã cung cấp đề thi này Vòng Bài Cho biểu thức x4 + x − x(4x − 1) − x2 + 29x + 78 − x − · : A= x +1 x + 6x6 − x − 3x2 + 12x − 36 a)Rút gọn A; b)Tìm tất x nguyên để A nguyên Bài Cho hai đường thẳng d1 : y = (2m2 + 1)x + 2m − 1, d2 : y = m2 x + m − a)Tìm toạ độ giao điểm I d1 và d2 theo m; b)Chứng minh điểm I luôn thuộc đường thẳng cố định m thay đổi Bài Giả sử ba các số thực (x, y, z) thoả mãn điều kiện x + = y + z và xy + z − 7z + 10 = a)Chứng minh x2 + y = −z + 12z − 19; b)Tìm tất các số thực thoả mãn điều kiện trên x2 + y = 17 Bài Cho hình vuông ABCD có cạnh a Trong hình vuông lấy điểm K để ∆ABK Các đường thẳng BK và AD cắt P a)Tính KC theo a; √ a b)Trên đoạn AD lấy I để DI = , các đường thẳng CI và BP cắt H Chứng minh CHDP nội tiếp; a c)Gọi M, L là trung điểm các đoạn CP và KD Chứng minh LM = (33) Bài Giải phương trình (x2 − 5x + 1)(x2 − 4) = 6(x − 1)2 Vòng √ Bài a)Cho a, b là các số dương khác thoả mãn a − b = − b2 − √ − a Chứng minh a2 + b2 = √ b)Chứng minh 20092 + 20092 × 20102 + 20102 ∈ N∗ Bài a, b, c, d là bốn số thực đôi khác và thoả mãn đồng thời hai điều kiện i)x2 − 2cx − 5d = có hai nghiệm là a, b; ii)x2 − 2ax − 5b = có hai nghiệm là c, d Chứng minh a − c = c − b = d − a và a + b + c + d = 30 Bài m, n là các số nguyên dương với n > Đặt S = m2 n2 − 4m + 4n Chứng minh a)Nếu m > n thì (mn2 − 2)2 < n2 S < m2 n4 ; b)Nếu S chính phương thì m = n Bài Cho tam giác ABC có AB > AC, AB > BC Trên cạnh AB lấy M và N để BC = BM và AC = AN a)Chứng minh N nằm đoạn BM ; b)Qua M, N kẻ M P ||BC, N Q||CA Chứng minh CP = CQ; \ = 900 , CAB \ = 300 , AB = a Tính diện tích tam giác M CN c)Cho ACB theo a √ √ Bài Trên bảng đen viết ba số 2, 2, 1/ Ta bắt đầu thực trò chơi sau: Tại bước, ta chọn √ hai số trên √ bảng, chẳng hạn a, b; xoá chúng và thay vào hai số (a + b)/ 2, (|a − b|)/ Chứng√minh dù chơi bao nhiêu √ √ lần ta không thể có đồng thời ba số 1/2 2, 2, + trên bảng Chú ý: Ngày tài liệu không phải ngày thi mà là ngày gõ đề này Được gõ LaTeX Nguyễn Trung Tuân THPT chuyên Hạ Long, Quảng Ninh Email: tuan.nguyentrung@gmail.com Điện thoại: 0984995888 Blog: http://trungtuan.wordpress.com/ Website: http://mathscope.org/ (34) BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO TRƯỜNG ðẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM ðộc lập – Tự – hạnh phúc ðÁP ÁN VÀ THANG ðIỂM ðỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN 2010 Môn thi : Toán (chung) Câu x − ( x − ) ( x + 1) ( x + 3)( x + 26 ) : A = − x + ( x + ) ( x − 1) ( x + )( x − ) x + 26 ( x + )( x − ) x − x − ( x + )( x − ) = − = = x + ( x + 3)( x + 26 ) ( x + ) ( x + 3)( x + 26 ) x + Ghi chú: Nếu thí sinh biến ñổi ñúng biểu thức dấu móc vuông thì ñược 0,5 ñiểm Tập xác ñịnh A: x ∉ {1; −1; 2; −3; −6; −26} Nếu A nguyên thì 2A = x − 12 ( x + ) − 30 15 = = 3− ∈Z 2x + 2x + x+3 Suy các trường hợp sau: +) x + = ⇒ x = −2 ⇒ A = −6 ∈ Z , +) x + = −1 ⇒ x = −4 ⇒ A = ∈ Z , +) x + = ⇒ x = ⇒ A = −1 ∈ Z , +) x + = −3 ⇒ x = −6 (loại), +) x + = ⇒ x = (loại), +) x + = −5 ⇒ x = −8 ⇒ A = ∈ Z , +) x + = 15 ⇔ x = 12 ⇒ A = 1∈ Z , +) x + = −15 ⇔ x = −18 ⇒ A = 2∈ Z đáp số x ∈ {−2; − 4; 0; − 8;12; − 18} ghi chú: Nếu không loại ñược hai trường hợp x thì trừ 0,5 ñiểm Nếu loại ñược ñúng trường hợp x thì trừ 0,25 ñiểm Câu Xét phương trình ( 2m + 1) x + 2m − = m2 x + m − ⇔ ( m + 1) x = −m − −m − −3m + m − ⇔ x= ⇒y= m +1 m2 + m+1 −3m + m − ⇒ I− ; m2 + m +1 Ghi chú: Nếu tính sai tung ñộ I thì trừ 0,25 ñiểm (35) yI = ( 2m + 1) xI + 2m − Giả sử I ( xI ; yI ) ⇒ ⇒ yI = − xI − y m x m = + − I I Suy I thuộc ñường thẳng cố ñịnh có phương trình y = − x − Câu Từ phương trình (1) suy x − y = z − , từ phương trình (2) suy 2 xy = − z + z − 10 ⇒ x + y = ( x − y ) + xy = ( z − 1) + ( − z + z − 10 ) = − z + 12 z − 19 x + y = 17 ⇒ z = Thay vào hệ ta ñược x = y + ⇔ ( x; y ) = ( 4; −1) ; (1; −4 ) xy + = Thử lại thỏa mãn đáp số: ( x; y; z ) = ( 4; −1; ) ; (1; −4;6 ) Câu Dựng KE ⊥ BC, ñó: ( a a2 a a a 2− CE= ⇒ BE= a − = ⇒ EC=a= 2 2 ⇒ KC= a + ( a2 − B A ) ) = a 2− I a Ghi chú: Nếu thí sinh dùng công thức lượng giác mà chưa ñến kết trên thì trừ 0,25 ñiểm H Trong tam giác vuông CDI có a 2a CI = a + = = 2DI ⇒ ∠DCI=30o 3 Mặt khác ∠HPD=90o − ∠ABP=30o ⇒ tứ giác CHDP L D nội tiếp Lấy L′ là trung ñiểm ñoạn KC Do tam giác CKD cân K và M là trung ñiểm CP nên suy L và L′ ñối xứng qua KM ⇒ LM=L′M Do L′M là ñường trung bình tam giác CKP nên KP Do tam giác AKP cân K nên KP = KA a = AB ⇒ LM = L′M= K E C M P L' (36) Câu Phương trình ⇔ x − − ( x − 1) ( x − ) = ( x − 1) ⇔ (x 2 − ) − ( x − ) ( x − 1) − ( x − 1) = Do x = không là nghiệm phương trình nên ta xét x ≠ Phương trình x2 − x2 − x2 − t ⇔ − − = ðặt = , Phương trình trở thành: x −1 x −1 x −1 t = −1 −1 + 21 −1 − 21 ;x = t − 5t − = ⇔ ⇒ x = + 7; x = − 7; x = 2 t = Ghi chú: Nếu ñúng ñến phương trình trung gian theo t thì ñược 0,75 ñiểm (37) BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO CỘNG HOÀ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM ðộc lập – Tự – hạnh phúc TRƯỜNG ðẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ðÁP ÁN VÀ THANG ðIỂM ðỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN 2010 Môn thi : Toán (chuyên) Câu 1 (1 ñiểm) a − b = − b − − a ⇒ a + − a = b + − b ⇒ a − a = b − b2 ⇒ a − a = b − b ⇒ a − b − ( a − b ) = ⇒ ( a − b )( a + b − 1) = Theo giả thiết suy a − b ≠ ⇒ a + b = 2 2.(1 ñiểm) ðặt a = 2009 ⇒ 20092 + 20092.20102 + 20102 = a + a ( a + 1) + ( a + 1) 2 = a ( a + 1) + 2a ( a + 1) + = ( a + a + 1) ⇒ ñpcm Câu a + b = 2c(1) ab = −5d (2) Theo ðịnh lý Vi Ét : c + d = 2a (3) cd = −5b(4) Từ (1) và (3) suy a − c = c − b = d − a c = a − m ðặt a − c = c − b = d − a = m ⇒ b = c − m ⇒ a+b+c+d=4a-2m d = a + m Từ (2) ⇒ a ( a − 2m ) = −5 ( a + m ) ⇒ a − 2am = −5a − 5m(5) Từ (4) ⇒ ( a − m )( a + m ) = −5 ( a − 2m ) ⇒ a − m2 = −5a + 10m (6) Từ (5) và (6) ⇒ m − 2am = −15m Theo giả thiết a ≠ c nên m ≠ , suy m − 2a = −15 ⇒ a+b+c+d=30 Câu ( mn2 − ) < n 2S ⇔ m2 n − 4mn2 + < m n − 4mn + 4n3 ⇔ n3 > ⇔ n > (ñúng theo giả thiết) n 2S < m n ⇔ m n − 4mn + 4n3 < m n ⇔ m > n (ñúng theo giả thiết) Giả sử ngược lại m ≠ n , xét hai trường hợp TH1: m > n , theo ý (1) và S chính phương suy n 2S= ( mn − 1) ⇒ m n − 4mn + 4n3 = m n − 2mn + ⇒ 4n3 = 2mn + ( Sai) TH2 m < n , ñó: 2 *) Nếu m ≥ thì n > ⇒ 2mn > 4m ⇒ ( mn ) <S< ( mn + 1) (mâu thuẫn với S chính phương) *) Nếu m = thì: 2 Với n > ⇒ ( n + 1) < S < ( n + ) (mâu thuẫn với S chính phương) (38) Với n = thì S = không phải là số chính phương Vậy m = n Câu Từ CA+CB > AB ⇒ AN + BM > AN + BN ⇒ BM > BN ⇒ N nằm B và M C Q P A M N Theo giả thiết ∆CBM cân B nên ∠BCM = ∠BMC Mà ∠PMC = ∠BCM (so le trong) ⇒ ∠PMC = ∠BMC Tương tự ∠QNC = ∠ANC ⇒ các ñiểm P1 , Q1 ñối xứng với các ñiểm P, Q qua các ñường thẳng CM và CN thuộc AB và CP = CP1 , CQ = CQ1 Do C ∆CPM = ∆CP1M, ∆CQN=∆CQ1 N Q ⇒ ∠CMP1 = ∠CPM, ∠CQN=∠CQ1 N P Mặt khác ∠CPM=∠CQN (cùng bù với góc ACB) ⇒ ∠CP1M=∠CQ1N ⇒ ∆P1CQ1 cân C ⇒ CP1 = CQ1 ⇒ CP=CQ a Ta có CB=BM = , CA=AN= ⇒ MN = BM − BN = B A M P2 P1 N 3a a 3a − a − = ( B C ) −1 a P Gọi h là khoảng cách từ C ñến AB thì: h= ( Câu ) 3− AC a a = ⇒ dt ( MCN ) = 16 Do Q A H M N a +b a−b a +b = nên tổng bình phương ba số không thay ñổi + 2 sau lần chơi 13 = 2 Tổng bình phương ba số ban ñầu là ( 2) + 22 + 2 41 Tổng bình phương ba số ñòi hỏi là + ( ) + (1 + ) = + 2 2 2 Như ta không có thể nhận ñược trạng thái ñòi hỏi B (39) ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2010 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Môn thi: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian phát đề Câu a) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a b c a b3 c Chứng minh ba số a, b, c có ít số b) Giải hệ phương trình: x y z xy yz xz 1 3 2 x y z x y z Câu a) Giải phương trình x 1 12 x x b) Cho tam giác ABC vuông A và có diện tích Chứng minh ta có bất đẳng thức BC AB AC Câu a) Hãy số nguyên dương phân biệt mà tổng ba số chúng là số nguyên tố b) Chứng minh không tồn số nguyên dương phân biệt cho tổng ba số chúng là số nguyên tố Câu Cho đường tròn tâm O, bán kính R và dây cung BC cố định có độ dài BC R A là điểm thay đổi trên cung lớn BC GọiE là điểm đối xứng B qua AC và F là điểm đối xứng C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt K ( K A) a) Chứng minh K luôn thuộc đường tròn cố định b) Xác định vị trí điểm K để tam giác KBC có diện tích lớn và tìm giá trị lớn đó theo R c) Gọi H là giao điểm BE và CF Chứng minh tam giác ABH đồng dạng với tam giác AKC và đường thẳng AK luôn qua điểm cố định Câu Trong giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn lượt (hai đội thi đấu với đúng trận) a) Chứng minh sau vòng đấu (mỗi đội thi đấu đúng trận) luôn tìm ba đội bóng đôi chưa thi đấu với b) Khẳng định trên còn đúng không đội đã thi đấu đúng trận ? Hết (40) ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 ĐÁP ÁN TOÁN CHUYÊN Câu a) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn điều kiện a +b + c = a3 + b3 + c3 = Chứng minh ba số a, b, c có ít số b) Giải hệ phương trình x y z (1) xy yz zx 1 (2) x y z 3( x y z ) (3) Giải a) (1 điểm) Từ a + b + c = suy c = -(a+b) Từ đó ta có = a3 + b3 + c3 = a3 + b3 – (a+b)3 = -3a2b-3ab2 = -3ab(a+b) = 3abc Vậy abc = 0, suy số a, b, c (đpcm) b) (1 điểm) Cách Đặt x = a+1, y = b+1, z = c+1 Thay vào phương trình (1) ta a+b+c=0 Thay vào (2) với chú ý a + b + c = 0, ta ab + bc + ca = -4 (4) Thay vào (3) với chú ý a + b + c = 0, ta a3 + b3 + c3 = Áp dụng câu a), ta suy ba số a, b, c Không tính tổng quát, giả sử a = Khi đó b = -c và thay vào (4) ta tìm b = Từ đây tìm x, y, z Kết luận : Phương trình có nghiệm (1 ; -1 ; 3) và các hoán vị (6 nghiệm) Cách Từ phương trình (1) và phương trình (2) ta suy x2 + y2 + z2 = (x+y+z)2 – 2(xy+yz+zx) = 11 Thay vào phương trình (3), ta x3 + y3 + z3 = 27 (5) Từ (1) và (5) ta suy = (x+y+z)3 – (x3+y3+z3) = 3(x+y)(y+z)(z+x) Từ đó suy ba số x, y, z có hai số có tổng Không tính tổng quát, giả sử x + y = Từ (1) suy z = Thay vào (2) suy x = -1, y = x = 1, y = -1 Kết luận : Phương trình có nghiệm (1 ; -1 ; 3) và các hoán vị (6 nghiệm) Câu a) Giải phương trình (2 x 1) 12 x x b) Cho tam giác ABC vuông A và có diện tích Chứng minh ta có bất đẳng thức BC ( AB AC 1) Giải a) (1 điểm) Điều kiện: x2 – x – ≥ x ≤ - x ≥ Ta biến đổi phương trình dạng (2 x 1) 12 x x x x 12 x x x x x x Đặt t x x thì t2 = x2 – x – Thay vào phương trình, ta t2 + – 3t = t = t = (41) Với t = 1, ta x2 – x – = 0, suy x 13 Với t = 2, ta x2 – x – = 0, suy x = -2, x = Các nghiệm này thỏa mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = -2, x = 3, x 13 b) (1 điểm) Đặt AB = c, AC = b thì theo điều kiện đề bài, ta có ab = Ngoài ra, theo định lý Pythagore, ta có BC a b Vế thứ bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành 2ab a b a b 2ab (a b) (đúng, đây có thể dùng bất đẳng thức Cauchy) Vế thứ hai bất đẳng thức có thể viết lại thành a b (a b) a b a b 2(a b 2ab) a b a b ( a b 2) Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng Bài toán giải hoàn toàn Câu a) Hãy số nguyên dương phân biệt mà tổng ba số chúng là số nguyên tố b) Chứng minh không tồn số nguyên dương phân biệt cho tổng ba số chúng là số nguyên tố Giải a) (0,5 điểm) Có thể (1, 3, 7, 9) b) Do các số nguyên dương là phân biệt nên tổng ba số lớn Ta chứng minh các tổng đó chia hết cho 3, từ đó không thể là số nguyên tố, suy đpcm Xét số dư phép chia các số này cho Nếu các số dư 0, 1, xuất thì ta lấy ba số tương ứng, ta số có tổng chia hết cho Nếu có số dư nào đó không xuất thì có số và có nhiều số dư, suy tồn số có cùng số dư Ba số này có tổng chia hết cho Bài toán giải Câu Cho trường tròn tâm O, bán kính R và dây cung BC có độ dài BC R A là điểm thay đổi trên cung lớn BC Gọi E là điểm đối xứng B qua AC và F là điểm đối xứng C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt K (K ≠ A) a) Chứng minh K luôn thuộc đường tròn cố định b) Xác định vị trí điểm A để tam giác KBC có diện tích lớn và tìm giá trị lớn đó theo R c) Gọi H là giao điểm BE và CF Chứng minh tam giác ABH đồng dạng với tam giác AKC và đường thẳng AK luôn qua điểm cố định (42) Giải a) (1 điểm) Ta có AKC = AFC (cùng chắn cung AC) Mặt khác AFC = FCA (do F đối xứng C qua AB) và FCA = 900 - A Nên ta có AKC = 900 – A Hoàn toàn tương tự, ta có AKC = 900 – A Suy BKC = 1800 – 2A Suy K luôn thuộc cung chứa góc nhìn đoạn BC góc 1800 – 2A b) (1 điểm) Tam giác KBC có đáy BC R không đổi và K nằm trên cung chứa góc 1800 – 2A nên diện tích tam giác KBC lớn K là điểm K0 cung chứa góc, tức là tam giác KBC cân K Khi đó A chính là trung điểm cung lớn BC Để tính giá trị lớn diện tích tam giác K0BC, ta chú ý vì BC R nên A = 600 Suy BKC = 1800 – 2A = 600 Suy tam giác K0BC là tam giác có cạnh BC R Vậy diện tích lớn R 3 / c) (1 điểm) Kéo dài AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE C’ Khi đó AC’ là đường kính Tương tự, kéo dài AB cắt đường tròn ngoại tiếp ACF B’ thì AB’ là đường kính Suy AK, C’C, B’B là các đường cao tam giác AB’C’ Suy tứ giác B’BCC’ nội tiếp và ta có: AC’B’ = ABC Ta có BAH = 900 - ABC = 900 - AC’B’ = KAC’ = KAC Mặt khác theo chứng minh phần 1, ta đã có AKC = FCA = ABH Từ đây suy tam giác ABH đồng dạng với tam giác AKC Vì BAH = KAC nên theo tính chất quen thuộc tam giác, ta có AK qua tâm đường tròn ngoại tiếp O tam giác ABC (đpcm) Câu Trong giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn lượt (hai đội thi đấu với đúng trận) a) Chứng minh sau vòng đấu (mỗi đội thi đấu đúng trận) luôn tìm ba đội bóng đôi chưa thi đấu với b) Khẳng định trên còn đúng không các đội đã thi đấu trận? Giải a) (1 điểm) Xét đội bóng A Sau vòng đấu, A chưa đấu với đội bóng Gọi S là tập hợp tất các đội bóng chưa đấu với A Xét đội bóng B thuộc S Do B đấu trận nên B thi đấu nhiều với đội bóng thuộc S Suy B chưa thi đấu với ít đội bóng thuộc S Giả sử B chưa thi đấu với C thuộc S Khi đó A, B, C đôi chưa thi đấu với (đpcm) b) (0,5 điểm) Kết luận là không? Ta chia 12 đội thành nhóm, nhóm đội Cho các đội thi đấu vòng tròn nhóm thì sau năm vòng, đội thuộc nhóm đã thi đấu với Lấy đội bóng bất kỳ, theo nguyên lý Dirichlet có hai đội cùng nhóm, và vì các đội này đã thi đấu với Suy không tồn đội bóng đôi chưa thi đấu với (43) Sở giáo dục và đào tạo NghÖ an Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT N¨m häc 2010 - 2011 §Ò chÝnh thøc M«n thi : To¸n Thêi gian: 120 phót C©u I (3,0 ®iÓm) Cho biÓu thøc A = x x −1 − 2 x +1 x −1 − Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A x = Khi x thoả m/n điều kiện xác định H/y tìm giá trị nhỏ cuả biểu thức B, víi B = A(x-1) C©u II (2,0 ®iÓm) Cho ph−¬ng tr×nh bËc hai sau, víi tham sè m : x2 - (m + 1)x + 2m - = (1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1) m = 2 Tìm giá trị tham số m để x = -2 là nghiệm ph−ơng trình (1) C©u III (1,5 ®iÓm) Hai ng−êi cïng lµm chung mét c«ng viÖc th× sau giê 30 phót hä lµm xong công việc Nếu mình ng−ời thứ làm giờ, sau đó mình ng−ời thứ hai lµm giê th× c¶ hai ng−êi lµm ®−îc 75% c«ng viÖc Hái nÕu mçi ng−êi lµm mét m×nh th× sau bao l©u sÏ xong c«ng viÖc? (BiÕt r»ng n¨ng suất làm việc ng−ời là không thay đổi) Câu IV (3,5 điểm) Cho nửa đ−ờng tròn tâm O đ−ờng kính AB Điểm H cố định thuộc ®o¹n th¼ng AO (H kh¸c A vµ O) §−êng th¼ng ®i qua ®iÓm H vµ vu«ng gãc víi AO c¾t nöa ®−êng trßn (O) t¹i C Trªn cung BC lÊy ®iÓm D bÊt kú (D kh¸c B vµ C) TiÕp tuyÕn cña nöa ®−êng trßn (O) t¹i D c¾t ®−êng th¼ng HC t¹i E Gäi I lµ giao ®iÓm cña AD vµ HC Chøng minh tø gi¸c HBDI néi tiÕp ®−êng trßn Chøng minh tam gi¸c DEI lµ tam gi¸c c©n Gäi F lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ICD Chøng minh gãc ABF cã số đo không đổi D thay đổi trên cung BC (D khác B và C) HÕt - Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh : (44) HƯỚNG DẨN GIẢI ðỀ THI VÀO LỚP 10 PTTH NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu a) ðKXð: x ≥ 0; x ≠ x Ta có: A = = = − x −1 x +1 x ( x + 1) − ( x − 1)( x + 1) x −1 − 2( x − 1) ( x + 1)( x − 1) x+ x −2 x +2−2 ( x − 1)( x + 1) = − ( x − 1)( x + 1) x− x ( x − 1)( x + 1) = = ( x + x ) − 2( x − 1) − ( x − 1)( x + 1) x ( x − 1) ( x − 1)( x + 1) x = x +1 x Vậy A = x +1 b) Thay x = vào biểu thức rút gọn A ta ñược: A = Vậy x = thì A = 9 +1 = 3 = +1 4 c) Ta có: B = A ( x − 1) = 1 1 1 ( x − 1) = x ( x − 1) = x − x = ( x ) − x + − = ( x − ) + − 2 x +1 4 x Vì: ( x − ) ≥ Với giá trị x ≥ và x ≠ 1 1 1 ⇒ ( x − ) + − ≥ − Với giá trị x ≥ và x ≠ 4 4 1 Dấu xãy ( x − ) = ⇔ x − = ⇔ x = 2 1 Vậy giá trị nhỏ biểu thức B là − ñạt ñược x = 4 Câu a) Khi m = thì phương trình (1) trở thành: x2 – 3x + = (*) Vì phương trình (*) là phương trình bậc hai có: a + b + c = + (-3) + = Nên phương trình (*) có hai nghiệm là x1 = v à x2 = Vậy m = th ì phương trình (1) có hai nghiệm l à x1 = v à x2 = b) Giả sử x = - là nghiệm phương trình (1) Thay x = - vào phương trình (1) ta ñược: (−2) − (m + 1).(−2) + 2m − = ⇔ + 2m + + 2m − = ⇔ 4m + = ⇔ 4m = −4 ⇔ m = −1 / Vậy với m = -1 thì phương trình(1) có nghiệm là x = -2 Câu ðổi: 30 phút = Gọi x(h) là thời gian ñể người thứ làm mình xong công việc (ðK: x > Gọi y(h) là thời gian ñể người thứ hai làm mình xong công việc (ðK: y > (công việc) x Mỗi người thứ hai làm ñược (công việc) y Khi ñó: Mỗi người thứ làm ñược ) ) (45) (công việc) Trong người thứ làm ñược (công việc) x Trong người thứ hai làm ñược (công việc) y 1 x + y = (*) Theo bài ta có hệ phương trình: + = 75 = x y 100 Mỗi hai người làm ñược a+b = 1 ðặt = a và = b Khi ñó hệ phương trình (*) trở thành x y 4a + 3b = 1 1 a = x = 12 (TM ) x = 12 9a + 9b = 12 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 36 16a + 12b = b = 1 = y = (TM ) y 36 36 Vậy: Người thứ làm mình xong công việc sau 12 Người thứ hai làm mình xong công việc sau Câu Học Sinh tự Vẽ hình: a) Ta có: CH ⊥ AB (gt) ⇒ ∠BHI = 90 (1) Lại có: ∠BDI = ∠BDA = 90 (góc nội tiếp chắn ñường tròn) (2) T (1) v à (2) ⇒ ∠BHI + ∠BDI = 180 ⇒ Tứ giác HBDI nội tiếp ñường tròn 36 giờ, hay 12 phút E C D b) Ta có: ∠EDI = ∠EDA = Sd DA (Góc tạo I K tia tiếp tuyến và dây cung) A tròn (O)) ⇒ ∠EDI = ∠ABD (3) Lại có: ∠EID = ∠ABD (cùng bù với góc ∠HID ) (4) Từ (3) và (4) ⇒ ∠EID = ∠EDI ⇒ ∆EID cân E Và: ∠ABD = Sd DA (Góc nội tiếp ñường B c) Gọi K là giao ñiểm BC với ñường tròn (F) 1 (5) Mà ∠KCD = ∠BCD = ∠BAD = Sd BD (6) 2 Từ (5) và (6) ⇒ ∠KID = ∠BAD (7) Lại có: ∠CID = ∠AIH (ñối ñỉnh) (8) Từ (7) và (8) ⇒ ∠KID + ∠CID = ∠BAD + ∠AIH = 90 ⇒ ∠CIK = 90 Mặt khác: ∠CIK là góc nội tiếp ñường tròn (F) ⇒ CK là ñường kính ñường tròn (F) ⇒ F ∈ BC ⇒ ∠ABF = ∠ABC = Sd AC Vì ñiểm H cố ñịnh ⇒ ñiểm C cố ñịnh ⇒ Cung AC không ñổi ⇒ ∠ABF không ñổi.(ñpcm) Ta có: ∠KID = ∠KCD = Sd KD (46) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI PHÒNG Năm học 2010 - 2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Bài (1,0 điểm) Cho biểu thức: 2010 2 1 M= + x +1 x −1 x + + 1 + Tìm x để biểu thức có nghĩa, đó hãy rút gọn M và tìm giá trị lớn M Bài ( 2,0 điểm) Giải phương trình: x − + x − = Tìm m để phương trình x + ( 2m + 3) x + 3m + 11 = có hai nghiệm x1; x2 ≠ thoả mãn 1 − = x1 x2 Bài ( 2,0 điểm) Cho các số thực a, b, c, d Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + d ≥ ( a + c ) + (b + d ) Đẳng thức xảy nào? Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c ≤ Chứng minh rằng: 1 97 a + + b2 + + c + ≥ b c a Bài ( 3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và đường tròn (O’; R’) cắt A và B Trên tia đối tia AB lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O, đó D, E là các tiếp điểm và E nằm đường tròn (O’) Đường thẳng AD, AE cắt đường tròn (O’) M và N (M, N khác A) Tia DE cắt MN K Chứng minh: Các tứ giác BEKN, BDMK nội tiếp ∆BKM ∆BEA O ' K ⊥ MN Bài ( 2,0 điểm) x + y = z Giải hệ phương trình nghiệm nguyên: x + y = z Có 2010 viên sỏi Hai người chơi thay phiên bốc sỏi, lượt người chơi quyền bốc số lượng viên sỏi là luỹ thừa với số mũ tự nhiên (1, 2, 4, 8, …) Ai bốc viên sỏi cuối cùng là thắng Giả sử người chơi là người thông minh Hỏi là người thắng cuộc? - Hết Họ tên học sinh: ………………………………, Giám thị 1:…………………… Số báo danh: …………………………… ……, Giám thị 2:…………………… (47) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI TUYỂN LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2010 - 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Bài ( 1,0 điểm) Cho biểu thức: 2010 2 1 M= + 2 x +1 x −1 x + 1+ 1 + 3 Tìm x để biểu thức có nghĩa, đó hãy rút gọn M và tìm giá trị lớn M Giải Điều kiện: x ≥ 2 3 2010 M= + x + x + 4 x − x + x + x + 2010 2010 = = x + x +1 x +1 x + x +1 Do x ≥ nên M ≤ 2010 Bài ( 2,0 điểm) (1,0 điểm) Giải phương trình: x − + x − = Giải Điều kiện x ≥ 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ⇔ x − + x − = ⇔ x − + x2 − 5x + = ⇔ x2 − 5x + = − x 0.25 x ≤ ⇔ ⇔ x = 0.5 x − x + = x − 14 x + 49 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình x + ( 2m + 3) x + 3m + 11 = có hai nghiệm x1 ; x2 ≠ thoả mãn 1 − = x1 x2 Giải Phương trình có nghiệm khác khi: 35 m ≤ − ∆ = ( 2m + 3)2 − ( 3m + 11) = 4m − 35 ≥ m ≥ 35 ⇔ 3m + 11 ≠ m ≠ − 11 x1 + x2 = −2m − Theo định lí Viet ta có: x1 x2 = 3m + 11 0.25 0.25 1 1 1 1 2 − = ⇔ − = ⇔ ( x1 − x2 ) = x12 x22 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = x12 x22 x1 x2 x1 x2 m = −3 2 ⇔ ( 2m + 3) − ( 3m + 11) = ( 3m + 11) ⇔ m − 66m − 261 = ⇔ 87 (tmđk) m = Bài 3: (2,0 điểm) (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c, d Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + d ≥ Trang ( a + c) + (b + d ) 0.25 0.25 (48) Giải a2 + b2 + c + d ≥ ( a + c ) + (b + d ) ⇔ a2 + b2 + c2 + d + ⇔ (a (a 2 + b )( c + d ) ≥ ( a + c ) + ( b + d ) + b )( c + d ) ≥ ac + bd (1) 0.25 0.25 Nếu ac + bd < thì bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng Nếu ac + bd ≥ thì bất đẳng thức (1) tương đương với (a 2 + b )( c + d ) ≥ ( ac + bd ) ⇔ ( ad − bc ) ≥ (đúng) 0.25 ad = bc Vậy bất đẳng thức đầu luôn đúng Dấu đẳng thức xảy ac + bd ≥ (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c ≤ Chứng minh rằng: 1 97 a2 + + b2 + + c2 + ≥ b c a Giải 1 a + + b2 + + c2 + ≥ b c a 0.25 1 Theo phần ta có ( a + b + c ) + + + a b c 1 9 1 1 Lại có ( a + b + c ) + + ≥ ⇒ + + ≥ ≥ a b c a+b+c a b c 2 0.25 16 1 1 ( a + b + c ) + + + ≥ ( a + b + c ) + + ≥ 81 a b c a b c 2 0.25 1 16 1 65 1 ( a + b + c ) + + + = ( a + b + c ) + + + + + + 81 a b c 81 a b c a b c 65 81 97 ≥8+ = 0.25 81 4 1 97 Vậy, a + + b + + c + ≥ Dấu xảy a = b = c = 0.25 b c a Bài 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và đường tròn (O’; R’) cắt A và B Trên tia đối tia AB lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O, đó D, E là các tiếp điểm và E nằm đường tròn (O’) Đường thẳng AD, AE cắt đường tròn (O’) M và N (M, N khác A) Tia DE cắt MN K Chứng minh: Các tứ giác BENK, BDMK nội tiếp ∆BKM ∆BEA O ' K ⊥ MN Giải (1.0 điểm) = DAB, mà DEB = DAB, nên MNB = DEB , Do tứ giác AMNB nội tiếp nên MNB = DEB Suy tứ giác BEKN nội tiếp hay KNB = BEN Từ đó ta có BKN 0.5 = BDA Lại tứ giác DAEB nội tiếp nên BEN = BDA nên tứ giác BDMK nội tiếp Vậy BKN 0.5 (1.0 điểm) = BAE (cùng chắn cung BN) Ta có BMK (1) 0.25 = BKN ⇒ BKM = BEA Do BEKN nội tiếp, nên BEN (2) 0.25 Trang (49) Từ (1) và (2) suy ∆BKM 0.5 ∆BEA C D A M E O' O K B N (1.0 điểm) = CBD , suy Do CD là tiếp tuyến đường trũn (O) nờn CDA DB CD = DA CA CE EB Lập luận tương tự ta có = CA EA ∆CBD ∆CDA Do đó (3) (4) Ta lại có CD = CE (t/c tiếp tuyến) Từ (3), (4) và (5) suy (5) EB DB = EA DA (6) = BNK tứ giác ABNM nội tiếp Lại có DAB = BEN = BKN (do tứ giác ADBE và BEKN nội tiếp) ADB Từ (8) và (9) ta thấy ∆DBA 0.25 ∆KBN nên (7) (8) KB DB = KN DA Mặt khác theo chứng minh câu 2) ta có ∆BKM ∆BEA nên 0.25 (9) EB KB = EA KM Từ (6), (9) và (10) có MK = NK, suy O'K⊥ MN Bài (2,0 điểm) (1,0 điểm) x + y = z Giải hệ phương trình nghiệm nguyên: (I) x + y = z Giải Nếu z = thì hệ phương trình có nghiệm ( x; − x; ) với x ∈ Z 0.25 (10) 0.25 0.25 Nếu z ≠ thì từ hệ phương trình ta có: x − xy + y = x + y ⇔ x − ( y + 1) x + y − y = (1) ∆ = ( y + 1) − ( y − y ) = −3 y + y + ≥ ⇔ − 12 + 12 ≤ y≤ 3 0.25 Do y nguyên nên y ∈ {0;1; 2} x = z Nếu y = thì thay vào hệ (I) ta có ⇒ x = z = (do z ≠ ) x = z x = Nếu y = thì thay vào phương trình (1) ta có x − x = ⇒ x = Trang (50) Nếu x = thì z = Nếu x = thì z = 0.25 x = Nếu y = thì thay vào (1) ta có x − x + = ⇔ x = Nếu x = thì z = Nếu x = thì z = Vậy hệ phương trình có nghiệm (k; -k; 0); (1; 0; 1); (0; 1; 1); (2; 1; 3); (1; 2; 3); (2; 2; 4) đó k là số nguyên 0.25 (1,0 điểm) Có 2010 viên sỏi Hai người chơi thay phiên bốc sỏi, lượt người chơi quyền bốc số lượng viên sỏi là luỹ thừa với số mũ tự nhiên (1, 2, 4, 8, …) Ai bốc viên sỏi cuối cùng là thắng Giả sử người chơi là người thông minh Hỏi là người thắng cuộc? Giải Chiến thuật người sau sau: Khi người trước bốc 2k viên sỏi Nếu k lẻ thì 2k chia dư 2, người sau bốc viên sỏi 0.25 Nếu k chẵn thì 2k chia dư 1, người sau bốc viên sỏi 0.25 Như người trước luôn phải đối mặt với tình số viên sỏi còn lại chia hết cho và không bốc viên sỏi cuối cùng Vậy người sau thắng 0.5 Chú ý:- Trên đây trình bày cách giải, học sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa ứng với điểm câu đó biểu điểm - Học sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó theo đúng biểu điểm - Trong câu, học sinh làm phần trên sai, đúng thì không chấm điểm - Bài hình học, học sinh vẽ hình sai thì không chấm điểm Học sinh không vẽ hình mà làm làm đúng thì cho nửa số điểm các câu làm - Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, học sinh công nhận ý trên để làm ý mà học sinh làm đúng thì chấm điểm ý đó - Điểm bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không làm tròn Trang (51) SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KHÁNH HÒA KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN : TOÁN NGÀY THI : 23/06/2010 Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao ñề) ðỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (3.00 ñiểm) (Không dùng máy tính cầm tay) Rút gọn biểu thức : A = ( 20 − + 45 ) x + y = x − y = Giải hệ phương trình : Giải phương trình : x4 – 5x2 + = Bài 2: (1.00 ñiểm) Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m : x2 – 2(m + 1)x + m2 – = Tính giá trị m, biết phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn ñiều kiện : x1 + x2 + x1.x2 = Bài 3: (2.00 ñiểm) Cho hàm số : y = mx – m + 2, có ñồ thị là ñường thẳng (dm) Khi m = 1, vẽ ñường thẳng (d1) Tìm tọa ñộ ñiểm cố ñịnh mà ñường thẳng (dm) luôn ñi qua với giá trị m Tính khoảng cách lớn từ ñiểm M(6, 1) ñến ñường thẳng (dm) m thay ñổi Bài 4: (4.00 ñiểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy ñiểm M trên cạnh BC (M khác B và C) Qua B kẻ ñường thẳng vuông góc với ñường thẳng DM H, kéo dài BH cắt ñường thẳng DC K Chứng minh : BHCD là tứ giác nội tiếp Chứng minh : KM ⊥ DB Chứng minh KC.KD = KH.KB Ký hiệu SABM, SDCM là diện tích tam giác ABM, DCM Chứng minh tổng (SABM + SDCM) không ñổi Xác ñịnh vị trí ñiểm M trên cạnh BC ñể 2 ( S ABM + S DCM ) ñạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ ñó theo a HẾT Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh:……… /Phòng thi: …… (52) Hướng dẫn giải: Bài 1/ Rút gọn : A= ( = 22.5 − + 32.5 ( 20 − + 45 ) ) = 5 −3 +3 ( ) = 5 − + = 2.5 = 10 2/ Giải hệ phương trình x + y = x + y = x + y = y = − x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x − y = 2x = x = x = y = 3/ Giải pt: x4 – 5x2 + = (1) ðặt x2 = t ⇒ t ≥ Phương trình (1) t2 – 5t + = ( a = 1; b = -5; c = ) Vì a + b + c = nên pt có nghiệm t1 =1 ⇒ x2 =1 ⇒ x = ±1 t2 = c = ⇒ x2 = ⇒ x = ±2 a Vậy pt trên có nghiệm x1 = 1; x2 = -1; x3 = 2; x4 = -2 Bài Pt x2 – 2(m+1)x + m2 – = ( m + 1) −b = a m −1 c x1.x2 = = a Vì x1; x2 là hai nghiệm pt nên x1 + x2 = Thay vào biểu thức x1 + x2 + x1.x2 = 2(m + 1) + m2 – = 2m + + m2 – = m2 + 2m = m = m = ⇔ m + = m = −2 m(m + ) = Vậy m = và m = -2 thì pt có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 + x2 + x1.x2 = Bài 1/ Hàm số y = mx – m + (dm) Vẽ ñường thẳng d1 m = Khi m = y1 = x -1 + = x + Bảng giá trị y x -1 y y = x +1 M (6;1) x -1 (53) 2) Ta có: y = mx – m + (dm) ⇔ (x-1) m = y – ∀m x − = x = ⇔ ⇔ y − = y = Vậy ñiểm cố ñịnh mà (dm) ñi qua là C(1; 2) Ta dễ dàng chứng minh ñược khoảng cách từ M(6;1) ñến (dm) lớn chính là ñộ dài ñoạn thẳng CM Ta có: CM = (6 − 1)2 + (1 − 2)2 = 26 Bài A B H M C D K a cm tứ giác BHCD nt Ta có H, C nằm phía so với BD <BHD = 1v (gt) <BCD = 1v ( ABCD là hvuông) Vậy ñiểm H, C cùng nhìn BD góc vuông nên bốn ñiểm B, H, C, D cùng nằm trên ñường tròn Do ñó tứ giác BHCD nt ñường tròn b cm KM ⊥ DB Trong ∆KBD ta có DH ⊥ BK (gt) ⇒ KM ⊥ BD (ñường cao thứ ba) BC ⊥ DK (gt) c cm KC KD = KH KB Xét ∆KCD và ∆KHD có <C= <H = 1v (gt) Góc nhọn <K (chung) ⇒ ∆KCB ~ ∆KHD (gg) KC KB = ⇔ KC.KD = KH.KB (ñfcm) KH KD d cm S∆ABM + S∆DCM không ñổi Cho ta (54) AB.BM a = BM 2 DC.CM a S∆DCM = = CM 2 Ta có a a a ⇒ S∆ABM + S∆DCM = BM + CM = (BM + CM) 2 a a a2 = BC = a = ( khôngđổi ) 2 S∆ABM = d) Ta có: SABM + SCDM = = Ta có: 1 1 AB.BM + CD.CM = a.BM + a.CM 2 2 1 1 a(BM + MC) = a.BC = a.a = a2 (Không ñổi) 2 2 1 AB2 BM2 + CD2.CM2= 4 1 = AB2 (BM2 + CM2) = a2 (BM2 + CM2) 4 S2 ABM + S2CDM = ðể S2 ABM + S2CDM nhỏ BM2 + CM2 nhỏ Ta có: BM2 + CM2 = (BM+CM)2 – 2BM.CM = a2 - 2BM.CM nhỏ BM.CM lớn Vì: BM + CM = BC = a không ñổi nên BM.CM lớn BM = CM Khi ñó: (BM+CM)2 – 2BM.CM ñạt GTNN hay BM2 + CM2 ñạt GTNN Vậy: S2 ABM + S2CDM ñạt GTNN BM = CM Ta có: S2 ABM + S2CDM = a2 (BM2 + CM2) = 2 a ( a + a ) = a4 (ñvdt) 4 (55) Së Gi¸o dôc - §µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT Chuyªn th¸i b×nh Năm học 2010 - 2011 đề chính thức Môn thi: To¸n Thời gian làm bài: 120 phót (không kể thời gian giao ñề) Bµi (2,5 ®iÓm) Cho biÓu thøc: x −7 A = − x −5 x +6 a) Rót gän A x +3 x +1 + x −2 x −3 víi x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ b) TÝnh gi¸ trÞ cña A x = − 2 Bµi (2,0 ®iÓm) Cho hai ®−êng th¼ng: (d1): y = (m – 1)x – m2 – 2m (d2): y = (m – 2)x – m2 – m + (víi m lµ tham sè) c¾t t¹i G a) Xác định toạ độ điểm G b) Chứng tỏ điểm G luôn thuộc đ−ờng thẳng cố định m thay đổi Bµi (1,5 ®iÓm) Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh sau: a) 1 + + =0 x +1 x −1 x −1 x b) x + =1 + x Bµi (3,5 ®iÓm) Cho ®iÓm M thuéc nöa ®−êng trßn t©m O, ®−êng kÝnh AB §iÓm C thuéc ®o¹n OA Trªn nöa mÆt ph¼ng bê AB chøa ®iÓm M kÎ tiÕp tuyÕn Ax, By víi ®−êng trßn §−êng th¼ng qua M vu«ng gãc víi MC c¾t Ax, By t¹i P, Q Gäi E lµ giao ®iÓm cña AM víi CP, F lµ giao ®iÓm cña BM víi CQ a) Chøng minh r»ng: + Tø gi¸c APMC vµ tø gi¸c EMFC lµ tø gi¸c néi tiÕp + EF // AB b) Gi¶ sö cã EC.EP = FC.FQ Chøng minh r»ng: EC = FQ vµ EP = FC Bµi (0,5 ®iÓm) Cho hai sè thùc x, y tho¶ mVn x2 + y2 + xy = T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña biÓu thøc B = x2 – xy + 2y2 - HÕt - (56) Hä vµ tªn thÝ sinh:…………………………………….………………… Sè b¸o danh:…………… SỞ GIÁO DỤC - ðÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ðIỂM MÔN TOÁN (ðề chung cho các thí sinh) (Gồm trang) Bài Ý a 1,75ñ NỘI DUNG A= x −7 ( = ( b 0,75ñ + x +1 ) x −2 x −3 x + )( x − ) + ( x + 1)( ( x − )( x − 3) x −3 0,25ñ x −2 ) x −2 )( x −3 ) x−2 x ( x −2 x = x +3 x − − x + + 2x − x + x − = = )( x −7−( x −2 − ðIỂM )( ( x −3 x −2 = x )( x − 3) x − x = − 2 = ( − 1) (Thoả mãn x ≥ 0; x ≠4; x ≠9) Thay x = ( − 1) vào A có: ( x −2 0,50ñ 0,25ñ ) ) 0,25ñ 0,50ñ 0,25ñ 2 −1 A= = 0,25ñ −4 ( ( )( − )( −1 ) = 2−3 14 + 4) +4 0,25ñ Bài Ý a 1,25ñ NỘI DUNG Hoành ñộ ñiểm G là nghiệm phương trình: (m-1)x - m2 - 2m = (m - 2)x - m2 - m + ⇔ x=m+1 Tung ñộ ñiểm G là: y = (m-1) (m+1) - m2 - 2m ⇔ y = -2m - ðIỂM 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ (57) Ý b 0,75ñ NỘI DUNG ðIỂM Toạ ñộ ñiểm G là (m + ; -2m - 1) Có y = -2m - = -2(m + 1) + Mà x = m + ⇒ y = -2x + Toạ ñộ ñiểm G thoả mãn phương trình ñường thẳng y = -2x + cố ñịnh Chứng tỏ G luôn thuộc ñường thẳng y = -2x + cố ñịnh m thay ñổi 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ Bài Ý a 1,0ñ NỘI DUNG ðIỂM ðKXð: x ≠ 1; x ≠ -1 Xét 0,25ñ 1 + + =0 x +1 x −1 x −1 0,25ñ ⇒ x-1+x+1+1=0 ⇔ 2x + = ⇔ x= − x= − b 0,50ñ 0,25ñ 1 (thoả mãn ðKXð) nên phương trình có nghiệm x = − 2 0,25ñ ðKXð: x ≠ -1 x Xét x + =1 x +1 2 x x ⇔ x − =1 + 2.x x +1 x +1 x 2x 0,25ñ ⇔ −1 = + x +1 x +1 x2 = t ta có t2 + 2t - = x +1 t = −1 + ⇔ t = −1 − −1+ 2 −1 x1 = x Giải = −1 + ñược x +1 x = − − 2 − 2 x Giải = −1 − ñược x ∈ φ x +1 ðặt Kết luận phương trình có nghiệm phân biệt x1; x2 (thoả mãn x ≠ -1) 0,25ñ (58) Bài y Q x M P F E A C Ý a 1,5ñ 0,75ñ O B NỘI DUNG ðIỂM Tứ giác APMC có: PAC = 90 o o PMC = 90 0,50ñ (tÝnh chÊt t.tuyÕn) (gt) 0,50ñ ⇒ PAC + PMC = 180o 0,25ñ ⇒ Tứ giác APMC là tg nt 0,25ñ Có AMB = 90o (Hệ gnt) (1) ⇒ MAB + MBA = 90o Có tứ giác APMC nội tiếp (cmt) (2) 0,25ñ ⇒ MPC = MAC (cùng chắn cung MC) Hay QPC = MAB (*) (3) 0,25ñ Chứng minh tương tự (*) có PQC = MBA Từ (2) (3) ⇒ PQC = QPC = 90o ⇒ PCQ = 90 o (4) 0,25ñ Từ (1) (4) ⇒ EMF = ECF = 180o ⇒ Tứ giác EMFC nt 0,75ñ Tứ giác EMFC nội tiếp ⇒ MEF = MCF (cùng chắn cung MF) Hay MEF = MCQ 0,25ñ (5) Tứ giác MQBC nội tiếp ⇒ MCQ = MBQ (cùng chắn cung MQ) Xét 0; AB có MBQ = MAB (cùng chắn cung MB) Từ (5) (6) và (7) ⇒ MEF = MAB (6) (7) 0,25ñ 0,25ñ (59) Ý NỘI DUNG ðIỂM ⇒ EF // AB b 0,50ñ Tứ giác APMC nội tiếp ⇒ EP.EC = EA.EM Tứ giác MCBQ nội tiếp ⇒ FC.FQ = FM.FB Có EC.EP = FC.FQ (gt) ⇒ EA.EM = FM.FB Có EF // AB ⇒ EM FM = EA FB (8) 0,25ñ (9) Từ (9) (10) ⇒ EM2 = FM2 ⇒ EM = FM ∆EMC = ∆FMQ (gcg) ⇒ EC = FQ Mà EC.EP = FC.FQ ⇒ EP = FC 0,25ñ Bài Ý NỘI DUNG ðIỂM (60) Ý 0,5ñ NỘI DUNG B = x − xy + 2y = ðIỂM x − xy + 2y Có x2 + y2 + xy = ⇒B= x − xy + 2y x + y + xy * y = có B = x x y − y +2 * y ≠ có B = x x y + y +1 x t2 − t + ðặt t = có B = y t + t +1 ⇔ Bt2 + Bt + B = t2 - t + t + t + ≥ > ⇔ (B-1)t2 + (B+1)t + B - = Tồn giá trị B ⇔ pt (*) có nghiệm +) B = dễ thấy có nghiệm +) B ≠ ∆ = (B+1)2 - 4(B-1)(B-2) ≥ ⇔ 3B2 - 14B + ≤ (*) 0,50ñ 28 ⇔ B − ≤ 3 −2 7 ⇔ ≤B− ≤ 3 7−2 7+2 ⇔ ≤B≤ (2) 3 7−2 7+2 KÕt hîp l¹i, ta cã ≤B≤ 3 B +1 x= y B +1 y − 2B 7−2 7-2 x = B = ⇔ ⇔ víi B = − 2B 2(B − 1) 3 x + y + xy = y = ± − 6B + 3B B m ax B +1 x= y B +1 y − 2B 7−2 x = = ⇔ ⇔ − 2B 2(B − 1) x + y + xy = y = ± − 6B + 3B víi B = 7+2 (61) Sở giáo dục và đào tạo H¶i Phßng §Ò thi tuyÓn líp 10 THPT N¨m häc 2010-2011 Ngµy thi : 23/ 6/ 2010 §Ò thi chÝnh thøc M«n thi : To¸n Thời gian làm bài 120 phút ( Không kể thời gian giao đề) Chó ý : §Ò thi gåm cã trang Häc sinh lµm bµi vµo tê giÊy thi PhÇn I: Tr¾c nghiÖm( ®iÓm) C¨n bËc hai sè häc cña lµ A − B ± C C©u 2: Hµm sè nµo sau ®©y lµ hµm sè bËc nhÊt? C.y = -3 A.y = 3x − B.y = − 3x − D.25 B.y = − x −3 C©u : §−êng th¼ng nµo sau ®©y song song víi ®−êng th¼ng y = 2x – 3? A y = x - C y = -2 (1 - x) D y = (1 - x) B.y = x + 2 C©u 4: NÕu ph−¬ng tr×nh x - ax + = cã nghiÖm th× tÝch hai nghiÖm sè lµ A B a C -1 D -a C©u 5: §−êng trßn lµ h×nh A.Không có trục đối B có trục đối C.có hai trục đối D có vô số trục đối xøng xøng xøng C©u 6: Trong h×nh tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, AH ⊥BC §é dµi cña ®o¹n th¼ng AH b»ng A 6,5 B C D 4,5 N A A B O 70 B H H×nh C H×nh M C©u 7: Trong h×nh biÕt AB lµ ®−êng kÝnh cña ®−êng trßn (O), gãc AMN = 700 Sè ®o gãc BAN lµ B 300 C 400 D 250 A 200 Câu 8: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3cm , CB = 4cm Quay hình chữ nhật đó vòng quanh cạnh AB đ−ợc hình trụ Thể tích hình trụ đó là A 48cm3 B 36cm3 PhÇn : Tù LuËn( ®iÓm) B 36 ∏cm3 A 48∏cm3 (62) Bµi 1(1,5 ®iÓm): Cho biÓu thøc M = ( − + 40 ) vµ N = 5−2 5+2 1.Rót gän biÓu thøc M vµ N 2.TÝnh M+ N Bµi 2( 2,0 ®iÓm): 3x − y = −1 −3x + 2y = 1.Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 2.Gi¶i ph−¬ng tr×nh 3x2 – 5x = 3.Cho ph−ơng trình 3x2 – 5x – 7m = Tìm giá trị tham số m để ph−ơng trình cã nghiÖm d−¬ng Bµi 3( 3,75 ®iÓm): Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A cã AB < AC, ®−êng cao AH §−êng trßn ®−êng kÝnh AH c¾t AB ë P, c¾t AC ë Q 1.Chøng minh gãc PHQ = 900 2.Chøng minh tø gi¸c BPQC néi tiÕp 3.Gäi E, F lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña HB vµ HC Tø gi¸c EPQF lµ h×nh g×? 4.TÝnh diÖn tÝch tø gi¸c EPQF tr−êng hîp tam gi¸c vu«ng ABC cã c¹nh huyÒn BC = a vµ gãc ACB = 300 Bµi 4( 0,75 ®iÓm): Cho x ≥ xy +1 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = 3xy x + y2 (63) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Khóa thi ngày 25 tháng năm 2010 MÔN THI: TOÁN (Dành cho thí sinh dự thi chuyên Toán và chuyên Tin) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức P 2(a b) 3 a 2b a 2b3 a a a 2ab 2b 2b 2ab Tìm điều kiện a và b để biểu thức P xác định Rút gọn biểu thức P 3 Tính giá trị P (không sử dụng máy tính cầm tay) Biết a và b Câu (2.0 điểm) Cho phương trình ax bx c (1) Chứng minh các số a, b, c thỏa mãn điều kiện 4a 5b 9c , thì phương trình (1) luôn luôn có nghiệm Cho a = 2, tìm điều kiện b và c để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 cùng dấu và thỏa mãn x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 2010 Câu (1.0 điểm) Tìm số các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện 2009 x 2011y xy Câu (3.0 điểm) Cho ngũ giác lồi ABDEC thỏa mãn các điều kiện AB = AC, BAD CAE DAE và BDA CEA 1800 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE cắt A và O (O khác A) a) Chứng minh ba điểm B, O và C thẳng hàng b) Chứng minh AO DE Cho tam giác ABC có ABC 450 và BAC 300 Điểm M di động trên tia AC và điểm N di động trên tia BC cho M N và OM = BN, đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trên nửa mặt phẳng bờ là AC chứa điểm B, lấy điểm D cho tam giác ACD a) Chứng minh AB là đường trung trực đoạn thẳng CD b) Chứng minh ba điểm D, M và N tạo thành tam giác cân Câu (2.0 điểm) Một tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c thỏa mãn ( a b c ) (b c a ) ( c a b ) a b c Chứng minh tam giác đó là tam giác Giải hệ phương trình 4 x xy y, y x y HẾT -Họ và tên thí sinh:……………………… …… … Số báo danh: ………………………… Chữ kí giám thị 1:……………………… … Chữ kí giám thị 2:………………………… (64) Câu 1 Tìm điều kiện xác định và rút gọn P 2(a b) a3 2b3 a P a a 2ab 2b 2b 2ab a 2b Điều kiện: a 0, b 0, a 2b Ta có a 2b3 3 a 2b a 2b a 2ab 2b Suy 2(a b) a 2b3 a 2ab 2b 2(a b) a a 2b a a 2ab 2b a 2b a 2ab 2b a 2b a 2ab 2b a 2ab 2b 2b a 2b a 2b 2b a a 2ab 2b a 2b a a 2b3 a 2b 2ab a 2b a 2ab 2b 2b 2b Từ đó, P a 2b a 2b 2b a 2b 2b 3 và b , tính P 2 1 3 1 Ta có a.b 1 1 Suy 2b 2 4a Do đó a 2b a P 4a 2a 2b 2b Câu Cho 4a 5b 9c , chứng minh phương trình ax bx c (1) luôn có nghiệm Xét trường hợp a = Nếu b = thì từ 4a 5b 9c , ta suy c = 0, đó phương trình (1) nghiệm đúng với x c Còn b , phương trình (1) trở thành bx c , có nghiệm x b 4a 9c Trường hợp a , (1) là phương trình bậc hai Từ 4a 5b 9c , ta có b Suy Cho a 2 (4a 9c ) 16a 28ac 81c (2a 7c ) 12a 32c 4ac 0 25 25 25 Do đó, (1) có hai nghiệm phân biệt Vậy, trường hợp, (1) luôn có nghiệm Tìm điều kiện b, c để phương trình x bx c (1) có hai nghiệm x1, x2 cùng dấu và b 4ac x1 x2 x1x2 x1 x2 x1x2 2010 (65) Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 cùng dấu và b 8c và c Nhận xét: Nếu xy thì | x | | y || x y | Do đó, từ x x x1 x2 x x x1 x2 x2 3x22 ( x1 x2 ) x1 x2 x x1 x2 x x1 0, ta có 2 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 b Cùng với giả thiết, ta phải có | b | 2010 , hay b 2010 Kết hợp với các điều kiện b 8c và c , ta suy điều kiện cần tìm là 10052 b 2010 và c Mặt khác, theo định lí Vi-et, ta có x1 x2 Câu Tìm số các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện 2009 x 2011 y xy 2011y 20102 Ta có 2009 x 2011 y xy x( y 2009) 2011y x x 2011 y 2009 y 2009 Suy ra, số các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện bài chính số các ước số 20102 Phân tích 20102 thành tích các thừa số nguyên tố ta 20102 22.32.52.67 Suy ước số dương bất kì 20102 có dạng x.3 y.5 z.67t , với x, y, z, t là các số thuộc tập {0,1, 2} Do số các số x, y, z, t có khả lựa chọn, nên số các ước số dương 20102 là 3.3.3.3=81 Như vậy, số các ước số 20102 là 2.81=162, thành có 162 cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện bài Câu Cho ngũ giác lồi ABDEC thỏa mãn các điều kiện AB = AC, BAD CAE DAE và BDA CEA 1800 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE cắt A và O (O khác A) a) Chứng minh ba điểm B, O và C thẳng hàng Ta có BOA BOA, COA CEA (góc nội tiếp chắn cùng cung) Suy BOA COA BDA CEA 1800 Vậy, B, O và C thẳng hàng A C O B E D b) Chứng minh AO DE BAC Hơn nữa, ADO ABC ACB Suy 1 1800 DAE ADO BAC ABC ACB 900 2 Từ BAD CAE DAE , ta có DAE Vậy, DO AE Chứng minh tương tự, ta có EO AD Vậy O là trực tâm tam giác ADE, đó, AO DE (66) Cho tam giác ABC có ABC 450 và BAC 300 Điểm M di động trên tia AC và điểm N di động trên tia BC cho M N và OM = BN, đó, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trên nửa mặt phẳng bờ là AC chứa điểm B, lấy điểm D cho tam giác ACD a) Chứng minh AB là đường trung trực CD Từ các giả thiết ABC 450 và BAC 300 , ta suy tam giác AOC vuông cân O và tam giác COB Xét hai tam giác DCB và ACO Vì AC = DC (tam giác ACD đều), CO = CB (tam giác COB đều) và ACO DCB 600 DCO nên DCB = ACO Suy BD = OA = R, dẫn đến BD = BC (= R) Hơn nữa, AD = AC, nên AB là đường trung trực CD b) Chứng minh ba điểm D, M và N tạo thành tam giác cân Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, I là trung điểm AC Ta có D, O, I thẳng hàng, và R R AC R 2, DI , OI 2 Suy DM DI IM DI OM OI R OM (2) A M I O C N D B Từ câu a), ta có DB = BC = R và DBC AOC 900 nên DN DB BN R BN (3) Từ (2), (3) và OM = BN, ta suy DM = DN Giả thiết có M N và M, N cùng nửa mặt phẳng bờ là OB, D nằm nửa mặt phẳng còn lại Kết hợp với DM = DN, ta suy ba điểm D, M, N tạo thành tam giác cân D Câu Cho a, b, c là độ dài cạnh tam giác và thỏa mãn ( a b c ) (b c a ) ( c a b ) a b c Chứng minh a b c Đặt x b c a , y c a b, z a b c Do a, b, c là cạnh tam giác nên x, y, z là các số dương yz zx x y Từ cách đặt, ta tính a ,b ,c Khi đó, đẳng thức đề bài trở thành 2 x y z ( x y )3 ( y z )3 ( z x )3 x y z x y xy y z yz z x zx x y x y xy y z y z yz z x z x zx ( x y )( x y )2 ( y z )( y z )2 ( z x)( z x )2 x y z , vì x, y, z là các số dương Từ x = y = z, ta dễ dàng suy a = b = c Giải hệ phương trình (67) 4 x3 xy y, ( 4) y x y (5) Trừ theo vế hai phương trình hệ, ta x3 xy y x y 7( y 1) Phân tích x3 xy y x y thành nhân tử, ta x3 xy y x y ( x y )(4 x xy y ) Do đó, ( x y )(4 x xy y ) 7( y 1) (6) Từ (5), ta phải có y , kết hợp với (4), ta suy x Dẫn đến x xy y 3x x y Cùng với (6), suy x y cùng dấu với y Do đó, < y < 1, y - < , thì x – y < 0, hay x < y Dẫn đến < x < y < 1, và y 6x y , mâu thuẫn với (5) Còn y > 1, suy x > y > 1, và y x y , mâu thuẫn với (5) Như vậy, y có thể Cùng với (6), ta x = y = Thay x = y = vào hệ đã cho, thấy thỏa mãn Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x, y) = (1, 1) (68) SỞ GIÁO ðỤC VÀ ðÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10THPT CH UY ÊN Năm học 2010 – 2011 ðỀ CHÍNH THỨC (Toán chung) Thời gian làm bài: 120phút Bài : ñiểm Rút gọn biểu thức P= 7−4 − ( + 3)( − 3) 2− Giải phương trình − x + x + 16 = Bài : ñiểm Cho pa bol(P) y = - x2 và ñường thẳng y = - 2x + m a) Tìm tọa ñộ ñiểm trên pa bol có tung ñộ y = -2 b) Tìm giá trị m ñể ñường thẳng (d) ñi qua ñiểm A( ; -2) Với giá trị m vừa tìm ñược, tìm tọa ñộ giao ñiểm ñường thẳng (d) và pa bol (P) Bài :2 ñiểm 3 Cho ña thức P(x) = 3x + − x − − ( x + − m)3 và P(x) có dạng thu gọn 2 P(x) = ax + bx + cx + d tìm giá trị m ñể : a +c = b +d Giải phương trình x + 11 + x − + x + = 14 x Bài : ñiểm Cho tam giác ABC vuông A có AB<AC va ñường tròn (I) ñường kính BC ðường tròn (K) ñường kính BI cắt AB M và cắt AI N Tia BN cắt ñường tròn (I) D, gọi E là giao ñiểm IM và BN Chứng minh hai tam giác MBE và MAE Chứng minh AE vuông góc với BI Chứng minh AB.BC = 2EB.AC Chứng minh ñường tròn ngoại tiếp tam giác BEI ñường tròn ngoại tiếp tam giác ADI (69) SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2010-2011 ( Dành cho tất thí sinh thi vào PTTH chuyên Lam Sơn) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao ñề) Ngày thi :19 tháng năm 2010 Câu I: ( 2.0 ñiểm ) Cho biểu thức: A = x x x −4 x − x −6 + 10 − x : x − + x + 2 x + 2 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm x cho A < Câu II : ( 2.0 ñiểm ) Cho x1 và x2 là hai nghiệm phương trình : x2 – 7x + = 1) Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là 2x1 − x2 và 2x2 − x1 2) Tính giá trị biểu thức: B =| x1 − x2 | + | x2 − x1 | Câu III : ( 1,5 ñiểm ) Giải hệ phương trình x + y − x − y = 20 + =1 x + y x − y Câu IV : ( 3,5 ñiểm ) Cho hình vuông ABCD trên ñường chéo BD lấy ñiểm I cho BI = BA ðường thẳng ñi qua I vuông góc với BD cắt AD E và AI cắt BE H 1) Chứng minh : AE = ID 2) ðường tròn tâm E bán kính EA cắt AD ñiểm thứ hai F ( F ≠ A) Chứng minh : DF.DA = EH EB Câu V : ( 1.0 ñiểm ) Cho tam giác ABC có ñộ dài cạnh là : BC = a ; CA= b ; BA= c Và chu vi 2p Chứng minh : p p p + + ≥9 p−a p−b p−c Hết Họ và tên thí sinh số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: (70) Sở giáo dục và đào tạo Thanh ho¸ §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) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 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 đ−ờng 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 Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh sau (víi x > 0, y < 0): x + y = 82 C©u4: (3,0 ®iÓm) 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 ABC vµ ACB C©u 5: (1,0 ®iÓm) Ký hiÖu [x] lµ phÇn nguyªn cña sè thùc x T×m c¸c sè thùc x tho¶ mRn: x + x − 16 x − + = - HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh: Ch÷ ký gi¸m thÞ 1: Ch÷ ký gi¸m thÞ 2: ………….… (71) Thi vào 10 KHTN HN năm 2010 Ngày 18 tháng năm 2010 Cảm ơn bạn kaka math trên Mathscope đã post đề thi này Vòng Bài 3x2 + 8y + 12xy = 23 1) Giải hệ phương trình x2 + y = √ √ √ 2) Giải phương trình 2x + + 4x2 − 2x + = + 8x3 + Bài 1) Tìm tất các cặp số nguyên không âm (x; y) thỏa mãn đẳng thức + x2 + y + 4xy + (x + y) (xy + 1) = 25 2) Gọi [a] là phần nguyên a Chứng minh với n nguyên dương, ta có n2 + n + + + ··· + = n 1.2 2.3 n (n + 1) Bài Cho đường tròn tâm ) với đường kính AB = 2R Trên đường thẳng tiếp xúc \ = 300 Gọi H là giao với đường tròn (O) A ta lấy điểm C cho ACB điểm thứ hai đường thẳng BC với (O) 1) Tính độ dài các đoạn thẳng AC, BC và khoảng cách từ A đến đường thẳng BC theo R; 2) Với điểm M trên đoạn thẳng AC, đường thẳng BM cắt đường tròn (O) điểm N (khác B) Chứng minh bốn điểm C, M, N, H nằm trên cùng đường tròn và tâm đường tròn này luôn chạy trên đường thẳng cố định M thay đổi trên đoạn thẳng AC Bài (72) Cho a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = Tìm giá trị nhỏ biểu thức p p P = + a4 + + b4 Vòng Bài √ √ 1) Giải phương trình x+ + 3x + = 4; 5x2 + 2y + 2xy = 26 2) Giải hệ phương trình 3x + (2x + y) (x − y) = 11 Bài 1) Tìm n nguyên dương để n2 + 391 là số chính phương; 2) Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = Chứng minh p √ xy + z + 2x2 + 2y ≥ √ + xy Bài Cho tam giác ABC nhọn, điểm M bất kì nằm tam giác Kẻ M H vuông góc với BC (H thuộc BC) Từ H kẻ HE, HF, HP, HQ vuông góc với AB, AC, BM, M C Giả sử E, P, Q, F thẳng hàng Chứng minh a) M là trực tâm tam giác ABC; b) Tứ giác BEF H nội tiếp Bài Cho 2010 số thực khác không xếp theo thứ tự a1 ; a2 ; · · · ; a2010 Ta đánh dấu tất các số dương dãy và các số âm thỏa mãn điều kiện tổng chúng với số số liền sau chúng là số dương Chứng minh dãy có số dương thì tổng tất các số bị đánh dấu là số dương Chú ý: Ngày tài liệu không phải ngày thi mà là ngày gõ đề này Được gõ LaTeX Nguyễn Trung Tuân THPT chuyên Hạ Long, Quảng Ninh Email: tuan.nguyentrung@gmail.com Điện thoại: 0984995888 Blog: http://trungtuan.wordpress.com/ Website: http://mathscope.org/ (73) Sở giáo dục và đào tạo hµ tÜnh kú thi tuyÓn sinh líp 10 thpt n¨m häc 2010 – 2011 §Ò chÝnh thøc M«n thi: To¸n Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề M# đề 01 Bµi1 Rót gän c¸c biÓu thøc sau: 1) 18 − + 2) x− x x −1 + x x −1 Bµi Cho ph−¬ng tr×nh: x − x + m + = (1) (m lµ tham sè) 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1) m = 2) Tìm giá trị m để ph−ơng trình (1) có hai nghiệm x , x thoả m0n đẳng thøc: (x x - 1) = 20(x + x ) Bài 3.1) Trên hệ trục toạ độ Oxy, đ−ờng thẳng y = ax + b đI qua điểm M(0;1) và N(2;4) T×m hÖ sè a vµ b 2 x + y = xy = 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh: Bµi Cho h×nh vu«ng ABCD, ®iÓm M thuéc c¹nh BC (M ≠ B vµ M ≠ C) Qua B kÎ ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi tia DM c¾t c¸c ®−êng th¼ng DM, DC theo thø tù t¹i E vµ F 1) Chøng minh c¸c tø gi¸c: ABED vµ BDCE néi tiÕp ®−êng trßn 2) TÝnh gãc CEF 3) Đ−ờng thẳng AM cắt đ−ờng thẳng DC N Chứng minh đẳng thức: 1 = + 2 AD AM AN Bµi Tìm x để y đạt giá trị lớn thoả m0n: x + 2y + 2xy - 8x – 6y = -HÕt - (74) Sở giáo dục & đào tạo VĨNH PHÚC -đề chính thức Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2010 - 2011 M«n thi : To¸n (120 phút, không kể thời gian giao đề) Phần I Trắc nghiêm ( điểm) Chọn câu trả lời đúng C©u 1: Gi¸ trÞ cña 10 40 b»ng: A 10 B.20 C 30 D 40 Câu 2: Cho hàm số y = (m − 2) x + 1( x là biến, m là tham số) đồng biến, đó giá trị m là: A m = -2 B m < C m > D m = Câu 3: Nếu hình chữ nhật có hain đ−ờng chéo vuông góc với và độ dài cạnh hình chữ nhật đó 0,5 cm thì diện tích hình chữ nhật đó bằng: A 0,25 cm2 B 1,0 cm2 C 0,5 cm2 D 0,15 cm2 Câu 4: Tất các giá trị để biểu thức x + có nghĩa là : A x< -2 B.x<2 C x ∈ D x ≥ PhÇn II Tù luËn ( ®iÓm ) x − y = −5 x − y = −1 C©u 5: ( ®iÓm) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh C©u 6: ( 1,5 ®iÓm) cho ph−¬ng tr×nh: x − 2(m − 1) x + m − = (x lµ Èn, m lµ tham sè) Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh ®Q cho lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1 , x2 víi mäi gÝ trÞ cña m 2.Tìm tất các giá trị m để ph−ơng trình đQ cho có hai nghiệm x1 , x2 thoả mQn điều kiÖn x12 + x2 = 10 C©u ( 1,5 ®iÓm) Cho mét tam gi¸c cã chiÒu cao b»ng 34 c¹nh d¸y NÕu chiÒu cao t¨ng thªm 3m vµ cạnh đáy giảm 2m thì diện tích tam giác vuông đó tăng thêm 9m2 Tìm cạnh đáy và chiều cao cña tam gi¸c vu«ng ®Q cho C©u 8: ( ®iÓm) Cho ®−êng trßn (O), M lµ ®iÓm n»m ngoµi ®−êng trßn (O) Qua M kÎ hai tiÕp tuyÕn MA, MB đến đ−ờng tròn (O) với A, B là các tiếp điểm; MPQ là cát tuyến không qua tâm ®−êng trßn, P n»m giòa M vµ Q Qua P kÎ ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi OA C¾t AB, AQ t−¬ng øng t¹i R, S Gäi trung ®iÓm ®o¹n PQ lµ N Chøng minh: Các điểm M, A, N, O, B cùng thuộc đ−ờng tròn, rõ bán kính đ−ờng tròn đó PR = RS Câu 9: (1 điểm) Cho a, b, c là độ dài cạnh tam giác có chu vi tìm giá trị nhỏ biÓu thøc P = 4(a + b3 + c3 ) + 15abc _HÕt (75) (76) SỞ GD&ĐTQUẢNG BÌNH kú THI TUYẾN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN N¨m häc : 2010-2011 M«n: To¸n (Chuyên Toán,Tin) Số báo danh: Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) §Ò chÝnh thøc §Ò C©u 1: (3,0 điểm) a) Chøng minh P = 13 48 6 lµ mét sè nguyªn b) Tìm giá trị nhỏ y = x x x x C©u 2: (1,0 ®iÓm) Tìm tất các ba số dương ( x; y; z ) thỏa mãn hệ phương trình 2.x 2010 y z 2010 z x6 y 2.z 2010 x y C©u 3: (2,0 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng Oxy cho ®êng th¼ng (d) : y x a vµ parabol (P) : y ax (víi a lµ tham sè, a > ) a) Tìm a để (d) cắt (P) điểm phân biệt A và B Chứng minh lúc đó A và B n»m vÒ bªn ph¶i trôc tung b) Gọi x1 , x2 theo thứ tự là hoành độ A, B Tìm giá trị nhỏ biểu thức T x1 x2 x1 x2 Câu 4: (1,0 điÓm) Tìm tất các số thực x thỏa mãn : ( x 2)(4 x) x x x x x 30 C©u 5: (1,5 ®iÓm) Cho đường tròn ( O, R ) Từ điểm P nằm (O) kẻ hai dây AB và CD vuông góc Chứng minh rằng: PA2 + PB2 + PC2 + PD2 không phụ thuộc vào vị trí điểm P nằm đường tròn Câu 6: (1,5 điểm) Cho tam giác ABC có số đo ba cạnh là BC = a, CA = b, AB = c và điểm M nằm tam giác Dựng MA' vuông góc BC, MB' vuông góc CA và MC' vuông góc AB (A', B', C' thuộc BC, CA, AB) Hãy tìm giá trị nhỏ tổng: Z= a b c MA ' MB ' MC ' Hết (77)