de thi vao thpt chuyen tinh vinh phuc nam hoc 20092010

-Trong quá trình giải bài của học sinh nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả phần sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm. -Bài hình học, nếu học sinh không vẽ hình phần n[r]

Equation Chapter Section SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

——————

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ THI MƠN: TỐN

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

————————— (Đề có 01 trang)

Câu (3,0 điểm).

a) Giải hệ phương trình:

1

2

1

2 x y

x y xy

xy 

    

 

  

 

b) Giải biện luận phương trình: |x3 |p x|  | 5 (p tham số có giá trị thực) Câu (1,5 điểm).

Cho ba số thực , ,

a b c đôi phân biệt Chứng minh

2 2

2 2

( ) ( ) ( )

a b c

b c  c a  a b 

Câu (1,5 điểm). Cho

4

A

x x



 

2

2 x B

x x

 

  Tìm tất giá trị nguyên x cho

2 A B C 

số nguyên

Câu (3,0 điểm). Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD) Gọi K, M trung điểm BD, AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng qua M vng góc với BC Q Chứng minh:

a) KM // AB b) QD = QC

Câu (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, cho điểm chúng đỉnh tam giác có diện tích khơng lớn Chứng minh tất điểm cho nằm tam giác có diện tích khơng lớn

—Hết—

Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh SBD

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

Dành cho lớp chuyên Toán. ————————— Câu (3,0 điểm).

a) 1,75 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện xy0 0,25

Hệ cho

2[ ( ) ( )] (1)

2( ) (2)

xy x y x y xy

xy xy

   

 

  

 0,25

Giải PT(2) ta được:

2 (3)

(4) xy xy

     

0,50

Từ (1)&(3) có:

1

2

1 x y x y

xy x

y  

 

  

 



 

  



     

0,25

Từ (1)&(4) có:

1

2

1

2

1 x y x y

xy x

y  

 



  

  

 

 



 



   



  

   

0,25

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

Nội dung trình bày Điểm

Xét trường hợp:

TH1 Nếu 2x PT trở thành: (p1)x2(p1) (1) TH2 Nếu   3 x 2 PT trở thành: (1 p x) 2(1 p) (2) TH3 Nếu x 3 PT trở thành: (p1)x2(p 4) (3)

0,25 Nếu p1 (1) có nghiệm x2; (2) vơ nghiệm; (3) có nghiệm x thoả mãn:

2( 4)

3 1

1 p

x p

p 

      

 .

0,25 Nếu p1 (1) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn 2x; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25 Nếu p1 (2) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn   3 x 2; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25 Kết luận:

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

2( 4) p x

p  

 + Nếu p = -1 phương trình có vơ số nghiệm 2  x

+ Nếu p = phương trính có vơ số nghiệm   3 x

+ Nếu

1 p

p     

 phương trình có nghiệm x = 2.

0,25

Câu (1,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

+ Phát chứng minh

1

( )( ) ( )( ) ( )( )

bc ca ab

a b a c   b a b c   c a c b  

1,0 + Từ đó, vế trái bất đẳng thức cần chứng minh bằng:

2

2

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c bc ca ab

b c c a a b a b a c b c b a c a c b

 

 

      

 

        

   

0,5 Câu (1,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

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

Dễ thấy

1 2( 1)

;

| 1| | 1|

x

A B

x x



 

  , suy ra:

2 1

3 | 1| | 1| x C

x x

  

   

 

  0,25

Nếu x1 Khi

2 4( 1) 4( 1)

1 1

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

x x x

C C

x x x x

  

 

          

   

 

Suy 0C1, hay C số nguyên với x1

0,5

Nếu

1 x   

Khi đó: x0 (vì x ngun) C0 Vậy x0 giá trị cần tìm. 0,25

Nếu

1 x 

Khi x1 (do x nguyên) Ta có:

2 4( 1)

1

3 3(2 1)

x C

x x



 

    

 

 

4( 1)

1

3(2 1) 3(2 1)

x x

C

x x

 

    

  , suy  1 C0

hay C 0 x1.

Vậy giá trị tìm thoả mãn yêu cầu là: x0, x1.

0,25

Câu (3,0 điểm): a) 2,0 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Gọi I trung điểm AB, ,

E IK CD R IM CD Xét hai tam giác KIB KED có: ABD BDC

0,25 KB = KD (K trung điểm BD) 0,25

 

IKB EKD 0,25

Suy KIBKED IK KE. 0,25 Chứng minh tương tự có: MIAMRC 0,25

Suy ra: MI = MR 0,25

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

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

Nội dung trình bày Điểm

Ta có: IA=IB, KB=KD (gt) IK đường trung bình ABD  IK//AD hay IE//AD

chứng minh tương tự ABC có IM//BC hay IR//BC 0,25

Có: QK AD(gt), IE//AD (CM trên)  QK IE Tương tự có QM IR 0,25 Từ có: IK=KE, QK IE QK là trung trực ứng với cạnh IE IER Tương tự 0,25

A I B

K

M

D E H R C

Q

QM trung trực thứ hai IER

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

đoạn CD  Q cách C D hay QD=QC (đpcm). 0,25

Câu (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

A'

B' C'

A

B C

P P'

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

đó S 1. 0.25

Qua đỉnh tam giác, kẻ đường thẳng song song với cạnh đối diện, đường thẳng giới hạn tạo thành tam giác A B C' ' ' (hình vẽ) Khi SA B C' ' ' 4SABC4

Ta chứng minh tất điểm cho nằm tam giác A B C' ' '.

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

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

diện tích lớn

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

hơn 0.25

Một số lưu ý:

-Trên trình tóm tắt cách giải với ý bắt buộc phải có Trong trình chấm, học sinh giải theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa

-Trong trình giải học sinh bước sai, bước sau có sử dụng kết phần sai có khơng cho điểm

-Bài hình học, học sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần

-Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm thống chia tới 0,25 điểm -Điểm tồn tính đến 0,25 điểm

—Hết—