de thi hsg lop 9

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác đúng và đủ các bước vẫn cho điểm tối đa.. - Trong mỗi câu, nếu ở m[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 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.

————————————

Câu (3,0 điểm) Cho phương trình :

4 ( 1) ( 1) ( 1)2 0 (1)

x  mx  m x  m m x m  (trong x ẩn, m tham số)

1 Giải phương trình (1) với m2

2 Tìm tất giá trị tham số m cho phương trình (1) có bốn nghiệm đơi phân biệt Câu (1,5 điểm) Tìm tất cặp hai số nguyên ( ; )x y thỏa mãn

4 1

x  x  y

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABCvới BC CA AB  nội tiếp đường tròn ( )O Trên cạnh BC lấy điểm D tia BA lấy điểm E cho BD BE CA  Đường tròn ngoại tiếp tam giác

BDE cắt cạnh AC điểm P, đường thẳng BPcắt đường tròn

 

O điểm thứ haiQ

1 Chứng minh tam giác AQC đồng dạng với tam giác EPD. Chứng minh BPAQ CQ

Câu (1,5 điểm) Cho số thực dương a b c, , Chứng minh

























 

 

3

2 2

2 2 2 2 2

2 4

54 abc

c a b a b c b c a

a b c ab bc ca

      

   

Câu 5 (1,0 điểm) Cho đa giác lồi A A1 2A100 Tại đỉnh Ak (k 1, 2, ,100), người ta ghi số thực ak cho giá trị tuyệt đối hiệu hai số hai đỉnh kề Tìm giá trị lớn giá trị tuyệt đối hiệu hai số ghi cặp đỉnh đa giác cho, biết số ghi đỉnh cho đôi khác

-Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm!

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán

I LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác đủ bước cho điểm tối đa

- Trong câu, bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm

- Câu hình học bắt buộc phải vẽ hình chấm điểm, thí sinh khơng có hình vẽ phần giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần

- Điểm toàn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm khơng làm tròn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM:

Câu (3,0 điểm).

Câu 1.1 (1,5 điểm) Điểm

Nội dung trình bày Khi m2 phương trình cho có dạng x42x3 x2 2x 1 (2) Nếu x0 04  2 03 02 0   , vô lý, x0

0,5

Chia hai vế pt (2) cho x2 ta được:

2

1

2

x x

x x

 

     

 

Đặt

2

2

1

2

x t x t

x x

     

thay vào phương trình ta t22 0t   t

0,5

Với t1 ta

2

1

1

2

x x x x

x

 

        0.25

Kết luận nghiệm 0.25

Câu 1.2 (1,5 điểm) Điểm

2

Nếu x0 phương trình cho trở thành (m1)2 0 Khi m1 phương trình vơ nghiệm Khi m1 x0 nghiệm phương trình cho, phương trình cho có dạng x4x3  0 x 0 x1 Phương trình có hai nghiệm Do x0 và

1

m .

0.25

Chia hai vế phương trình cho x2 0 đặt

(m 1)

x t

x



 

ta phương trình

2 ( 1) 0

1

t t mt m

t m        

  

0.25

Với t1 ta phương trình x2  x (m1) 0 (1) Với t m 1 ta phương trình x2 (m1)x(m1) 0 (2) Phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt phương trình

(1) (2) có hai nghiệm phân biệt, đồng thời chúng khơng có nghiệm chung

(1) (2) có hai nghiệm phân biệt









2





1

1 (3)

1

m

m

m m

  

 

   

   

 

0.25

Khi x0 nghiệm chung (1) (2)













2 0

0

1

1

m x x

m x m x

    



    



Từ (m2)x0 0 điều tương đương với m2 x0 0

0.25

Nếu x0 0 m1, loại.

Nếu m2 (1), (2) có hai nghiệm

1

x 

Do (1) (2) có nghiệm chung m2.

Từ (3) suy phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt 2m 1.

0.25

Câu (1,5 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

+) Nếu x0 thay vào phương trình ta y1 +) Nếu x 1 y2 3 vô nghiệm

+) Nếu x 1 y2  1 y1

0,25

+) Nếu x2 ta có













2 2

2 2

4y 4x  4x  4 2x  x1  2y  2x  x1



2y



2



2x2 x



2 4x4 4x3 x2 4x4 4x3 4 x 2

          

(do x2) y3

0,5

+) Nếu x2, đặt tx2 Khi ta có y2  t4 t31





2





2





2

2 2

4y 4t 4t 2t t 2y 2t t

          



2y



2



2t2 t



2 4t4 4t3 4t4 4t3 t2 t

          

(do t2) y5

0,5

Kết luận ( ; ) (0;1);(0; 1);(1;1);(1; 1x y    );(2;3);(2; 3);( 2;5);( 2   ; 5 ) 0,25

Câu (3,0 điểm).

Câu 3.1 (2,0 điểm) Điểm

Do tứ giác BEPD ABCQ, nội tiếp, 0,5 nên EDPEBPABQACQ (1) 0,5 EPD1800 EBD1800 ABCAQC (2) 0,5 Từ (1) (2) suy AQCEPD,điều phải chứng minh 0,5

Câu 3.2 (1 điểm) Điểm

Theo kết phần 1, ta có

QA QC QA QC CA

PE PD PE PD DE



  



0,25

Suy



QA QC DE



 



PE PD AC



 



PE PD BD



 (3) 0,25

Áp dụng định lý Ptolemey cho tứ giác BEPD nội tiếp, ta được





BP ED BE PD EP BD      PD PE BD 

(4)

0,25

Từ (3) (4) suy (QA QC ED BP ED )·  · hay QA QC BP, điều phải chứng minh 0,25

Câu (1.5 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có



















 

 















2

2 2

2 2 2 2 2 3 2 2 2

2

3

3

3 64 12

c a b a b c b c a abc a b b c c a

abc abc abc

 

        

 

 

Suy













2 2

2 2 2 2 2 2 3

c a b a b c b c a  abc

0.5





 







    













 

 

4 4 3 4 23

4 4 3

3

3

ab bc ca ab bc ca abc abc

ab bc ca abc abc

   

    

và









2 3

9

a b c   abc Suy





















 





















2 2 4

2 2 2 2 2

2

3

2 3 54

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

abc abc abc abc abc

           

   

0.25

Từ suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy a b c  0.25

Câu (1 điểm)

Nội dung trình bày Điểm

A1

A2

A3

A4 A100

Xét đa giác lồi A A1 2A100 hình vẽ Khi ak  ak1 2 ak ak1 3 (

1, 2, ,99

k ) Khơng tính tổng qt, coi a1 nhỏ nhất, an lớn (dễ thấy n2). Đặt d maxi j ai aj d a n a1 Ta chứng minh d 149

0.25

Nằm A A1, n, theo chiều kim đồng hồ có n 2 đỉnh có 100 n đỉnh, theo chiều ngược kim đồng hồ Hơn giá trị tuyệt đối hiệu hai số kề khơng vượt q Do





1 n 2 n n

da  a a  a a  a  a   a  n

tương tự ta có





3 100

d  n Suy



3( 1)

 

3(100 1)



300

150

2

n n

d       

0.25

150

d hiệu hai số ghi hai đỉnh kề hay ta có

1 3, 1, 2, ,99 i i

a  a  i





1

1

2

1, ,98

i i i i

i i i i

i i

a a a a

a a a a i

a a                    









1 100 2 99 100 99 100 99 99.3

a a a a a a a a a a a a a a

                

Điều không xảy suy d 150 không thỏa mãn.

0.25

1 0, 2, k k a  a  a a  

với k 2,3, ,52; a53a52 2,ak ak1 3,k54,55, ,100 Khi hiệu lớn a53 a1149.

Các số a a2, , ,3  a53 có dạng 3 t, số a a54, 55, , a100 có dạng 147 3 k Rõ ràng không tồn k t, cho 3 t147 3 k 3



k l



145 (k t,  )

Suy điều phải chứng minh