De thi va dap an vao truong chuyen

Chứng minh rằng tứ giác AEGF nội tiếp. c) Chứng minh rằng, khi đường thẳng EF quay xung quanh B thì tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF luôn thuộc một đường tròn cố định.. Câu [r]

Sở giáo dục đào tạo

phú thọ THPT chuyên hùng vơngkì thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2009-2010

Môn: Toán ( Chuyªn Tin häc)

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề. (Đề thi có 01 trang)

Câu 1(2 điểm) Cho phương trình x2 2(m 1)x 2m 4 0

     (trong mlà tham số)

a) Chứng minh phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt

b) Gọi x x1; hai nghiệm phương trình Tìm để biểu thức P x 12x22 đạt giá trị

nhỏ Câu 2(2 điểm)

a) Giải phương trình: 2

3 3 2

x x  x  x x   x  x

b) Giải hệ phương trình:

2

2

4

4

x x y

x xy y

    



   



Câu 3(2 điểm).

a) Chứng minh với số a b c, , đôi phân biệt ta có:

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

bc ca ab

a b a c   b a b c   c a c b   b) Cho ba số a b c, , đơi phân biệt Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2

2 2

( ) ( ) ( )

a b c

P

b c c a a b

  

  

Câu 4(3 điểm) Hai đường tròn ( ),( )O1 O2 cắt hai điểm phân biệt A B, Đường thẳng

vng góc với AB B cắt lại ( )O1 C cắt lại ( )O2 D Một đường thẳng quay

quanh B cắt đường tròn ( ),( )O1 O2 theo thứ tự giao điểm thứ hai E F,

a) Chứng minh tỉ số AE

AF không đổi

b) Các đường thẳng EC DF, cắt G Chứng minh tứ giác AEGF nội tiếp c) Chứng minh rằng, đường thẳng EF quay xung quanh B tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giácAEGF ln thuộc đường tròn cố định

Câu 5(1 điểm) Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, cho ba điểm chúng đỉnh tam giác có diện tích khơng vượt q Chứng minh tất điểm cho nằm tam giác có diện tích khơng lớn

——Hết——

Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh SBD SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

(Chun Tin học)

Câu Ý Nội dung Điểm

1

a) (0.5đ)

+ Phương trình cho có

 2    2

' m 1 2m m 4m m m

              0.25

+ Do đó, với giá trị tham số m, phương trình cho ln có hai nghiệm

phân biệt 0.25

b) (1.5đ)

+ Gọi x x1, hai nghiệm phương trình Khi đó, theo định lý Viet, ta có

 

1 , 2

x x  m x x  m 0.5

+ Khi      

2

2

1 2

2

2 2

4 12 12

x x x x x x m m

m m

       

  

0.25

+ Biểu diễn  

2

2

4 12 12 3 3

2

" "

2

m m m m m

m                   0.5

+ Kết luận 0.25

2

a) (1đ)

+ Điều kiện

3

2

2

3

2

0

2

x x x

x x x x x                   0.25

+ Viết lại phương trình

x 1x2 3 2x x2 3 2x x 1  2x x2 3 x 1 1 0

             0.25

+ Phương trình 2

2x x   3 x  2x 3 vơ nghiệm

+ Phương trình x 1 0  x0 0.25

+ Kết luận nghiệm 0.25

b) (1đ)

Từ phương trình thứ hệ, suy 2 2  1 2

y x

x y x y

y x              0.25

+ Nếu y2x1, thay vào phương trình thứ hai,

2 2

0

4 (2 1) (2 1) 1

2 x

x x x x x x

x               

Với x0 y1 Với

2

x y0

0.25

+ Nếu y2x1, thay vào phương trình thứ hai,

2 2

0

4 ( 1) ( 1) 14 1

2 x

x x x x x x

x                

Với x0 y1. Với

2

x y0

0.25

Vậy hệ cho có nghiệm  ;  0; , 1;0

x y    

3

a) (1đ)

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

bc ca ab

VT

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

  

      0.25

( ) ( ) ( )

( )( )( )

bc b c ca a c ab a b a b b c a c

    



   0.25

2 2 ( )

( )( )( )

b c bc ca ac ab a b a b b c a c

    



   0.25

( )( )( )

1

( )( )( )

a b b c a c

VP a b b c a c

  

  

   với a,b,c đôi khác nhau 0.25

b) (1 đ)

2

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

a b c ab bc ca

P

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

   

        

        

   

0.25

2

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

a b c bc ca ab

P

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

 

 

        

        

    0.25

2

2.1

a b c

P

b c c a a b

 

     

  

  0.25

Dấu xảy chẳng hạn a = -1; b = 0; c = 1, giá trị nhỏ P đạt

được a = -1; b = 0; c = 0.25

4 (1đ)a)

I

G

F

D C

A

B

O1 O

2

E

0.25

Xét hai tam giác ACD AEF, ta có

 AEF AEB ACB ACD  (cùng chắn cung AB ( )O1 )  AFEAFB ADBADC (cùng chắn cung AB ( )O2 )

Suy AEF ACD

0.5

Do

2

R

AE AC

const

b) (1đ)

Do CDAB nên AC đường kính ( )O1 AD đường kính ( )O2 0.25 Suy AEG AEC 900

  , AFGAFD900 (góc nội tiếp chắn nửa đường

trịn) 0.5

Từ đó, tứ giác AEGF có AEG AFG 900

  nội tiếp đường trịn đường

kính AG 0.25

c) (1đ)

Chứng minh tương tự phần 2, tứ giác ACGD nội tiếp 0.25 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF Khi I trung điểm AG 0.25 Suy IO CG IO1|| , 2||DG

Từ    

1 180 180

AO I ACG  ADG  AO I Từ đó, O O1, khác phía với

AI suy tứ giác AO IO1 nội tiếp, hay IAO O1 2 cố định

0.5

5 đ 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 S1 0.25

Qua đỉnh tam giác, kẻ đường thẳng song song với cạnh đối diện, đường thẳng giới hạn nên tam giác ' ' 'A B C (hình vẽ) Khi

' ' ' 4

A B C ABC

S  S  Ta chứng minh tất điểm cho nằm tam giác ' ' '

A B C

0.25 Giả sử trái lại, có điểm P nằm ngồi 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 0.25