Trong một giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn một lượt (hai đội bất kỳ thi đấu với nhau đúng một trận). a) Chứng minh rằng sau 4 vòng đấu (mỗi đội thi đấu đúng 4 trận) lu[r]
(1)Dịch Vụ Toán Học
Tuyển tập Đề thi vào lớp 10
năm học 2010 - 2011 trường THPT trên nước
(có Đáp án )
Mơn Tốn
(2)About VnMath.Com
vnMath.com
Dịch vụ Toán học info@vnmath.com
Sách Đại số
Giải tích
Hình học Các loại
khác Chuyên đề
Toán
Luyện thi Đại học Bồi dưỡng
HSG Đề thi
Đáp án
Đại học Cao học
(3)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM Năm học: 2010 – 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x23x 2 0
b)
6
x y
x y
0
c) 4x413x2 3
d) 2x22 2x 1 0
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) hàm số
2 x
y đường thẳng (D): 1
y x hệ trục toạđộ
b) Tìm toạđộ giao điểm (P) (D) phép tính
Bài 3: (1,5 điểm)
Thu gọn biểu thức sau: 12 21 12
A
2
5
5 3 3
2
B
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình x2(3m1)x2m2 m 1 0 (x ẩn số)
a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với giá trị m
b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = 2 2
1
x x x x
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho đường trịn tâm O đường kính AB=2R Gọi M điểm thuộc
đường tròn (O) khác A B Các tiếp tuyến (O) A M cắt E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE)
a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp đường tròn APMQ hình chữ
nhật
b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng
c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác EAO MPB
đồng dạng Suy K trung điểm MP
(4)BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x23x 2 0 (1)
16 25
(1) 5
4
x hay x
b)
6 (2
x y
x y
(1) )
4
14 ( (2) (1))
x y (1)
x pt pt
3
y x
c) 4x413x2 3 0 (3), đđặt u = x2,
phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4)
(4) có 169 48 121 11 (4) 13 11 13 11 3
8
u hay u
Do (3)
2
x hay x
d) 2x22 2x 1 0 (5) ' 2
Do (5) 2 2
2
x hay x
Bài 2:
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1; , 2; 2
(D) qua 1; , 2; 2
Do (P) (D) có điểm chung : 1; , 2; 2
b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)
2
1
2
x
x x x
0 x hay x 2 Vậy toạđộ giao điểm cảu (P) (D) 1; , 2; 2
2
Bài 3:
A 12 3 21 12 3 (3 3)2 3(2 3)2 3 3 (2 3) 3 3
2
5
5 3 3
2
B
(5) 2 2
2 2
5 (1 3) ( 1) ( 1) ( 1)
=
= (1 3) ( 1) 5 2 ( 1) ( 1) 32
= 5.3 20 B = 10 Bài 4:
a) 2 2 2 2
3m1 8m 4m 4 m 2m 5 (m1) 4 m Suy phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m –
A= 2
1
x x x x x1x225x1x2
2
(3m 1) 5(2m m 1)
6 6 ( 1)2
4
m m m
25 ( 1)2
4 m
Do giá trị lớn A : 25
4 Đạt m =
Bài 5:
I K
x A
E Q
O
M
P I
B a) Ta có góc EMO = 90O = EAO
=> EAOM nội tiếp
Tứ giác APMQ có góc vng :
o
EAO APM PMQ 90
=> Tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQ nên I trung điểm AM
Mà E giao điểm tiếp tuyến M A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng
c) Cách 1: hai tam giác AEO MPB đồng dạng chúng tam giác vng có góc AOE ABM , OE // BM => AO AE
BP MP (1)
Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số KP BP
AE AB (2) Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K trung điểm MP Cách : Ta có EK AP
EB AB(3) AE // KP, mặt khác, ta có EI AP
EO AB (4) tam giác EOA MAB đồng dạng So sánh (3) & (4), ta có : EK EI
(6)Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I trung điểm AM => K trung điểm MP
d) Ta dễ dàng chứng minh : abcd
4 a b c d
4
(*)
Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO2OP2 R2(x R) 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)
3 3 đạt max Áp dụng (*) với a = b = c = x
3 Ta có :
4 4
4
x x x x x x R
(2R x) (2R x)
3 3 3 16
Do S đạt max x (2R x)
3
3
x R
2
(7)SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THAØNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN NĂM HỌC 2010 - 2011
KHĨA NGÀY 21/06/2010 Mơn thi: TỐN (chun) Thời gian làm : 150 phút
( không kể thời gian giao đề) Câu : (4 điểm)
1) Giaûi hệ phương trình :
y x
2
5y x
+ = +
+ =
+
2) Giải phương trình: 2
(2x −x) +2x − −x 12=0 Câu : (3 điểm)
Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – = (x ẩn số)
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) thỏa x1 =2 x2 Caâu : (2 điểm)
Thu gọn biểu thức: A 7 2 11
+ + −
= − −
+ Câu : (4 điểm)
Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường trịn (O) Gọi P điểm cung nhỏ AC Hai đường thẳng AP BC cắt M Chứng minh rằng:
a) ABP=AMB
b) MA MP = BA BM Câu : (3 điểm)
a) Cho phương trình: 2x2 + mx + 2n + = (x ẩn số m, n số ngun).Giả sử phương trình có nghiệm số nguyên
Chứng minh rằng: m2 + n2 hợp số
b) Cho hai số dương a, b thỏa a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Tính P = a2010 + b2010 Câu : (2 điểm)
Cho tam giác OAB vuông cân O với OA = OB = 2a Gọi (O) đường trịn tâm O bán kính a Tìm điểm M thuộc (O) cho MA + 2MB ñạt giá trị nhỏ
Câu : (2 điểm)
Cho a, b số dương thỏa a2+2b2≤3c2 Chứng minh a+ ≥b c HEÁT
Họ tên thí sinh: ………Số báo danh: ……… Chữ ký giám thị :……… Chữ ký giám thị :………
(8)1 SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM HỌC 2010 – 2011
KHĨA NGÀY 21/06/2010 Đáp án : TOÁN
Câu Hướng dẫn chấm Điểm
1 (4 đ)
Câu : (4 điểm)
1) Giải hệ phương trình : y x 5y x + = + + = + 3y
y 2y
x x
2
2 5y
5y 5y x 1
x x
− = + = − = − + + ⇔ ⇔ + = + = + = + + + x y = ⇔ = 2) Giải phương trình: (2x2−x)2+2x2− −x 12=0
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 x = – 1, x = 3/2
0,5x4 0,5ñ 0,5ñ 0,5ñ 0,5đ 2 (3 đ)
Câu : (3 điểm)
Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – = (x ẩn số) (*)
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) thỏa x1 =2 x2 ∆’ = (2m + 1)2 – (4m2 + 4m – 3) = > 0, với m
Vậy (*) ln có nghiệm phân biệt với m
1
x =2m−1, x =2m+3
1
x =2 x ⇔ 2m 1− =2 2m+3 m
2m 2(2m 3) 2
5 2m 2(2m 3)
m = − − = + ⇔ − = − + = −
0,5 ñ
0,5ñ
0,5đ
1,5đ
3 (2 đ)
Câu : (2 điểm)
Thu gọn biểu thức: A 7 2 11
+ + −
= − −
+
Xét M = 7 11
+ + −
+
Ta có M > M2 = 14 44 11
+
=
+ suy M = A = 2−( 2−1)=1
1 đ
(9)2 4 (4đ) Câu : (4 điểm)
Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường trịn (O) Gọi P ñiểm cung nhỏ AC Hai ñường thẳng AP BC cắt M Chứng minh rằng:
a) ABP=AMB
b) MA MP = BA BM
M P
A
O
B C
a) 1( ) 1( )
2 2
= − = − = =
AMB sñAB sñPC sñAC sñPC sñAP ABP b) PA PC=⇒CAP ABP AMB== suy CM = AC = AB
∆MAC ~ ∆MBP (g – g) ⇒MA=MC⇒MA MP MB MC MB AB = = MB MP
2ñ
1ñ
1đ
5 (3 đ)
Câu : (3 điểm)
a) Cho phương trình: 2x2 + mx + 2n + = (x ẩn số m, n số nguyên) Giả sử phương trình có nghiệm số ngun Chứng minh rằng: m2 + n2 hợp số
Gọi x1, x2 nghiệm phương trình ⇒x1, x2 nguyên,
m x x
2
+ = − , x1x2 = n +
2 2 2 2
1 2 2
m +n =(2x +2x ) +(x x −4) =4x +4x +x x +16
2
1
(x 4)(x 4)
= + +
x12 + 4, x22 + số nguyên lớn nên m2 + n2 hợp số
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 = ⇒ a = b =
⇒ P = a2010 + b2010 =
0,5ñ
0,5ñ
0,5ñ
1ñ
0,5ñ
6 (2ñ) Câu : (2 điểm)
(10)3 F
E B
A C
O D
M
Đường thẳng OA cắt (O) C D với C trung ñiểm OA Gọi E trung
ñiểm OC
* Trường hợp M không trùng với C D: Hai tam giác OEM OMA ñồng dạng (MOE AOM, OM OE
OA OM
= = = )
⇒ ME OM
AM= OA =2 ⇒ MA = 2EM
* Trường hợp M trùng với C: MA = CA = 2EC = 2EM * Trường hợp M trùng với D: MA = DA = 2ED = 2EM Vậy ln có MA = 2EM
MA + 2MB = 2(EM + MB) ≥2EB = số
Dấu “=” xảy M giao ñiểm ñoạn BE với ñường tròn (O)
Vậy MA + 2MB nhỏ M giao ñiểm ñoạn BE với ñường tròn (O)
1ñ
0,5 đ
0,5đ
7(2đ) Câu : (2 điểm)
Cho a, b số dương thỏa a2+2b2≤3c2 Chứng minh a+ ≥b c Ta có
1
(1) (a 2b)(b 2a) 9ab a+ ≥b a+2b ⇔ + + ≥
2 2
2a 4ab 2b 2(a b)
⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ (Đúng)
2 2 2
a+2b≤ 3(a +2b ) (2) ⇔(a+2b) ≤3(a +2b )
2 2
2a 4ab 2b 2(a b)
⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ (Đúng)
Từ (1) (2) suy
2
1 9
a+b≥a+2b≥ 3(a +2b ) ≥c ( a
+ 2b2 ≤3c2)
0,5 ñ
0,5ñ
(11)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2010 – 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 điểm)
Cho biểu thức A x x 3x x
x x
9
, với x x 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 tốn sau cách lập phương trình:
Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất
Bài III (1,0 điểm)
Cho parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = mx
1) Chứng minh với giá trị m đường thẳng (d) ln cắt parabol (P) hai điểm phân biệt
2) Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) Tìm giá trị m để : 2
1 2 1 x x x x x x 3
Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (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 tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC
3) Chứng minh CF Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O)
D OCB
4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB
Bài V (0,5 điểm)
Giải phương trình : x2 4x (x 4) x 27 BÀI GIẢI
Bài I: (2,5 điểm) Với x ≥ x ta có :
1) A =
9
3
x x x
x
x x
9
=
( 3) ( 3)
9
x x x x x
x x
9 x
3
9
x x x x x
x
3
9 x x
3( 3)
9 x x
3 x
2) A =
3
3
3
(12)(13)Đặt t = x27 , phương trình đã cho thành : t24x(x4)t
0
t2 (x 4)t4x (t x t )( 4) t = x hay t = 4, Do phương trình cho x2 7 4hay x2 7 x
x2 + = 16 hay
2 7
7
x x
x
x
2 = x = 3 Cách khác :
2 4 7 ( 4) 7
x x x x x2 7 4(x 4) 16 (x 4) x2 7 0
2 2
(x4)(4 x 7) ( x 7 4)( x 7 4) 0
2 7 0 ( 4) 7 0
x hay x x
2 7 4 7
(14)Së Gi¸o dơc v đo tạo Kè THI TUYN SINH LP 10 THPT TP HUẾ Thõa Thiªn H Khóa ngày 24.6.2010
ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn:TO¸N
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,25 điểm) Khơngsử dụng máy tính cầm tay: a)Giải phương trình hệ phương trình sau:
1) 5x27x 6 2) 13
3
x y
x y
b) Rút gọn biểu thức: 5
P
Bài 2: (2,5 điểm) Cho hàm số y ax
a) Xác định hệ số a biết đồ thị hàm số cho qua điểm M2; 8
b) Vẽ mặt phẳng tọa độ đồ thị (P) hàm số cho với giá trị a vừa tìm đường thẳng (d) qua 2; 8 có hệ số góc 2 Tìm tọa độ giao điểm khác M (P) (d)
M
Bài 3: (1,25 điểm) Hai người xe đạp xuất phát từ A để đến B với vận tốc Đi
3
quãng đường AB, người thứ bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút đón tơ quay A, cịn người thứ hai không dừng lại mà tiếp tục với vận tốc cũ để tới B Biết khoảng cách từ A đến B 60 km, vận tốc ô tô vận tốc xe đạp 48 km/h người thứ hai tới B người thứ A trước 40 phút Tính vận tốc xe đạp
Bài 4: (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A AC > AB, D điểm cạnh AC
sao cho CD < AD Vẽ đường tròn (D) tâm D tiếp xúc với BC E Từ B vẽ tiếp tuyến thứ hai đường tròn (D) với F tiếp điểm khác E
a) Chứng minh năm điểm A, B, E, D, F thuộc đường tròn
b) Gọi M trung điểm BC Đường thẳng BF cắt AM, AE, AD theo thứ tự điểm N, K, I Chứng minh: IK AK
IF AF Suy ra: IF BK IK BF c) Chứng minh tam giác ANF tam giác cân
Bài 5: (1,5 điểm)
Từ mộttấm 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 A đường sinh 3,6dm, cho diện tích mặt xung quanh lớn Mặt đáy hình nón cắt phần cịn lại thiếc hình chữ nhật ABCD
a) Tính thể tích hình nón tạo thành
b) Chứng tỏ cắt ngun vẹn hình trịn đáy mà sử dụng phần lại thiếc ABCD sau cắt xong mặt xung quanh hình nón nói
Hết
(15)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP HUẾ THỪA THIÊN HUẾ Mơn:TỐN - Khóa ngày: 25/6/2010
ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Bài ý Nội dung Điểm
1 2,25
a.1
(0,75) Giải phương trình
5x 7x 6 (1):
49 120 169 13 , 13
,
1
7 13
10
x vμ 1 13 10
x
Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 3, 2
x x
0,25
0,25
0,25 a.2
(0,75) Giải hệ phơng trình
3
x y
x y
3
:
2 13 39
3 10 18 19 57
x y x y x y
x y x y y
3
3
2 13
y x
x y
0,50
0,25
b
(0,75) 5 2
2 5
5
P
5 5
0,50
0,25
2 2,5
2.a
(0,75) + Đồ thị (P) hàm số
2
y ax ®i qua ®iĨm M2; 8, nªn: 8 a 2 a
VËy: a2 vμ hàm số cho là: y2x2
0,50 0,25
2.b
(1,75)
+ Đường thẳng (d) có hệ số góc 2 , nên có phương trình dạng:
y x b
+ (d) qua ®iĨm M2; , nªn: 8 2 2 b b 4, ( )d :y 2x + Vẽ (P)
+ Vẽ (d)
+ Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình:
2
2x 2x x x
+ Phương trình có hai nghiệm: x11; x2 2
Do hồnh độ giao điểm thứ hai (P) (d) x 1 y 2 12 2 Vậy giao điểm khác M (P) (d) có tọa độ: N 1;
0,25
0,25 0,50 0,25 0,25
0,25
(16)3 1,25 Gọi x (km/h) vận tốc xe đạp, x + 48 (km/h) vận tốc ô tô Điều kiện: x >
Hai người xe đạp đoạn đường 40
AC AB km
Đoạn đường lại người thứ hai xe đạp để đến B là: CB = ABAC=20 km
0,25
0,25 Thời gian người thứ ô tô từ C A là: 40
48
x (giờ) người thứ hai
từ C đến B là: 20 x (giờ)
Theo giả thiết, ta có phương trình: 40 20 40 20
48 3 48
x x x x Giải phương trình trên:
40x x x 48 20 x48 hay x268x960 0
Giải phương trình ta hai nghiệm: x1 80 (loại) x2 12 Vậy vận tốc xe đạp là: 12 km/h
0,25
0,25
0,25
4 2,5
4.a (1,0)
Hình vẽ
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 thuộc đường trịn đường kính BD
0,25 0,25
0,25 0,25 4.b
(1,0)
Gọi (O) đường trịn đường kính BD Trong đường trịn (O), ta có:
DEDF (do DE, DF bán kính đường trịn (D)) EAD DAF Suy ra: AD tia phân giác EAF hay AI tia phân giác KAF
Theo tính chất phân giác ta có IK AK IF AF (1)
Vì AB AI nên AB tia phân giác đỉnh A KAF Theo tính chất phân giác ta có : BK AK
BF AF (2)
0,25
0,25
0,25
(17)Từ (1) (2) suy :IK BK
IF BF Vậy IF BK = IK BF (đpcm) 0,25 4.c
(0,5)
Ta có: AM trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM = MC, AMC cân M, suy ra:
MCA MAC
Từ đó:NAF MAC DAF MCA EAC (vì AI tia phân giác góc EAF) Mà AEB MCA EAC (góc ngồi tam giác AEC)
Nên NAF AEB
Mặt khác, AFBAEB(góc nội tiếp chắn cung AB) Suy ra:NAFBFA NFA
Vậy : ANF cân N (đpcm)
0,25
0,25
5 1,5
a) Hình khai triển mặt xung quanh hình nón có đỉnh A, đường sinh hình quạt tâm A bán kính AB Mặt xung quanh có diện tích lớn góc tâm hình quạt
3,6
l dm A B
0 90
+ Diện tích hình quạt diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy nên: r
2 90
360
xq
l l
S rl Suy ra: 0,9
4 l
r dm
Do thể tích hình nón tạo là:
2 2
1 15
2,96
3 3
r
V r h r l r dm3
m
b) Trên đường chéo AC, vẽ đường trịn tâm I bán kính ngoại tiếp cung quạt tròn E IH IK đoạn vng góc kẻ từ I đến BC CD
0,9
r d
Ta có: CI AC AI 3,624,852 (3,6 0,9) 1,54 dm IH//AB HI CI IH AB CI 0,91dm r 0,9
AB AC AC dm
Tương tự: IK r 0,9dm
Vậy sau cắt xong mặt xung quanh, phần lại thiếc ABCD cắt mặt đáy hình nón
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 Ghi chú:
Học sinh làm cách khác đáp án cho điểm tối đa
Điểm tồn khơng làm tròn
(18)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Khoá ngày 24.6.2010
ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (1,5 điểm)
Xác định tham số m để phương trình
1 2
m x m x m 0 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thoả mãn: 4x1x27x1x2
Bài 2: (2,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức số thực
x, y thay đổi Giá trị nhỏ nhất đó đạt được tại giá trị của x y
2 2 3 2010
P x xy y x y
Bài 3: (2,5điểm)
a) Giải phương trình : 3 x 3 35 x 2
b) Giải hệ phương trình :
1
4
- = x
x y
x y
x y
xy
y y x
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC có BC = 5a, CA = 4a, AB = 3a Đường trung trực của đoạn AC cắt đường phân giác của góc BAC tại K
a) Gọi (K) đường trịn có tâm K tiếp xúc với đường thẳng AB Chứng minh rằng đường tròn (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC
b) Chứng minh rằng trung điểm của đoạn AK cũng tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC
Bài 5: (2,0 điểm)
a) Với bộ số (6 ; ; 2), ta có đẳng thức đúng : 65 5
26 2
Hãy tìm tất cả bộ số (a ; b ; c) gồm chữ số hệ thập phân a , b, c đôi một khác khác cho đẳng thức ab b
ca c đúng
b) Cho tam giác có số đo một góc bằng trung bình cộng của số đo hai góc cịn lại và độ dài cạnh a, b, c của tam giác đó thoả mãn: a b c a b c
Chứng minh rằng tam giác tam giác đều
- HẾT -
(19)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Khoá ngày 24.6.2010
ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài Nội dung Điểm
Bài 1 (1,5đ)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt 0 a 0,25
1(*)
3
m m m m 0,25
Ta có: 2 2( 1) m x x m m x x m 0,25
2
2
4 7
1
m m
x x x x
m m
0,25 8m 1 7 m2 m Thoả mãn (*)
Vậy: m = thoả mãn yêu cầu toán
0,5
BÀI (2đ)
Ta có: P x 2y2x y 23y2010 0,25
2 2 2 2010 y y
Px y y
0,5
2
1 6023
2
4
P x y y
0,5
6023
P với x, y 0,25
6023
P khi:
1
2
3 4 3
x y x
y y 0,25
Vậy giá trị nhỏ P min 6023
P đạt
x
y 0,25
Bài 3 (2,5đ)
Lập phương hai vế phương trình x 3 5 x 2 (1), ta được: 83 (3 x3)(5x)(3 x 3 35x) 8
0,25
Dùng (1) ta có: 3(x3)(5x) 0 (2) 0,25
3.a (1đ)
(20)Điều kiện : x 0; y 0,25 Viết lại hệ :
1
4
1
x y
x y
x y
x y
0,5
Đặt : u x x
; v y y
, ta có hệ : 4 u v
uv
0,25
Giải : u 2; v 2 0,25
3.b (1đ,5)
Giải : x = 1 ; y = 1 Hệđã cho có nghiệm : (x ; y) = (1 ; 1) 0,25
BÀI (2đ)
Do BC2 = AC2 + AB2 nên tam giác ABC vuông A 0,25
Đường trịn (O) ngoại tiếp ΔABC có tâm trung điểm O BC, có bán kính
2 r a
0,25
Gọi Q trung điểm AC R tiếp điểm (K) AB
KQAR hình vng cạnh 2a Đường trịn (K) có bán kính ρ = 2a
0,25
4 a (1đ)
Do OK= KQ – OQ = 2a –3 2a =
1
2a = r – ρ, nên (K) tiếp xúc với (O)
0,25 Gọi I trung điểm AK, nối BI cắt OQ T Ta chứng minh T thuộc đường tròn (O) 0,25 Hai tam giác IQT IRB nên QT = RB = a 0,25 Vì OT = OQ + QT =3
2a + a = r nên T thuộc đường trịn (O) Từđó T trung điểm cung AC đường tròn (O)
0,25
4.b (1đ)
Suy BI phân giác góc ABC Vì I tâm nội tiếp ΔABC
0,25 T
O
I
K R
Q C
B
(21)BÀI (2đ) 5 a
(1đ)
Hãy tìm tất số (a ; b ; c) gồm chữ số a , b, c khác khác cho đẳng thức: ab b
ca c ( 1)
Viết lại (1): (10a + b)c =(10c + a)b 2.5.c(a – b) = b(a – c) Suy ra: ước số b(a – c)
0,25 Do nguyên tố 1a b c, , 9; a c nên:
5
1) b = 2) a c- 3) c a- 5
0,25
+ Với b = 5: 2c(a 5) = a cc =
2
a c
a
9
2
2
c
a
Suy ra: 2a 9 = ; (a ≠ 5, a ≠ c)
Trường hợp tìm được: (a; b; c) = (6; 5; 2), (9; 5; 1) + Với a = c + 5: 2c(c + b) = b b =2 10
2
c c
c
Viết lại:
9
2
2
b c
c
Suy ra: 2c + = ; (c ≠ 0)
Trường hợp tìm được: (a; b; c) = (6; 4; 1), (9; 8; 4) + Với c = a + 5: 2(a + 5)(a b) = b b =2 10
2
a a
a
Viết lại : 2 19 9.19
2
b a
a
Suy ra: b > 9, không xét
+ Vậy:
Các số thỏa toán: (a ; b ; c) = (6 ; ; 2), (9 ; ; 1), (6; ; 1), (9 ; ; 4).
0,5
Từ giả thiết sốđo góc trung bình cộng sốđo hai góc cịn lại, suy tam giác cho có góc 60o
Ví dụ: Từ 2A = B + C suy 3A = A + B + C = 180o Do A = 60o
0,25
Từ a b c a b c (*), suy tam giác cho tam giác cân Thật vậy, bình phương vế (*):
2 2
a b c a b c ab cb ac c c a b a c0 a c b c0
Vì tam giác có a = c b = c
0,5
5.b (1đ)
(22)Gợi ý lời giải mơn Tốn
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Hà nội Bài I ( 2,5 điểm)
Cho biểu thức: A = + - , với x 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 = = = = x = 36 (T/m) Vậy x = 36 A = 1/3
3/ Do =>
A
Amax = x = (T/m)
Bài II ( 2,5 điểm)
Giải toán sau cách lập phương trình:
Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo 13 m chiều dài lớn chiều rộng m Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất
Lời giải
Gọi chiều rộng hình chữ nhật x (x>0; đơn vị: m)
Chiều dài hình chữ nhật là: x+7 (m)
Vì đường chéo hình chữ nhật 13m, nên theo Pytago ta có phương trình: x2+ (x+7)2 = 169
=> x2 + x2 +14x + 49 = 169
2x2 + 14x-120=
x2 +7x-60=
(23)x1= = (tmđk); x2 = = -12 (loại)
Vậy chiều rộng hình chữ nhật 5m; chiều dài 12m
Bài III ( 1,0 điểm)
Cho parabol (P): y=-x2và đường thẳng (d): y=mx-1
1/ Chứng minh với giá trị m đường thẳng (d) ln cắt parabol (P) điểm phân biệt
2/ Gọi x1, x2 hoành độcác giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) Tìm giá trị m để : x1
2
x2+x2
x1-x1x2=3
Lời giải
1/ Xét phương trình hồnh độgiao điểm (P) (d): -x2 = mx-1
x2 + mx - = (*)
Có: ac = -1 <0 => phương trình cho có nghiệm phân biệt với m 2/ x1
2
x2 + x2
x1 - x1x2 = x1x2(x1+x2) - x1x2 = (1)
Vì phương trình (*) ln có nghiệm với m nên: Theo Viét ta có: x1+x2 = = -m; x1x2 = = -1
(1) -1.(-m) + = => m+1 = => m=2 Vậy với m = x1
2
x2 + x2
x1 - x1x2 =
Bài IV ( 3,5 điểm)
Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (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 tứ giác nội tiếp
2/ Chứng minh DA.DE = DB.DC
3/ Chứng minh CFD = OCB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC 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 trịn) => AEF = 90o ACB = 90o (góc nội tiếp chắn ½ đường trịn) => FCB = 90o
(24)2/ Xét ∆ACD ∆BED: C = E = 90o (1)
A1 = B1 ( góc nội tiếp chắn cung CE ) (2)
(1) (2) => ∆ACD đồng dạng ∆BED (góc - góc)
= => AD.DE = BD.CD
3/ * Có D trực tâm ∆FAB (do AE FB, BC AF) => FD AB H
F1 + FAH = 90 o
Mà B2 + FAH = 90o => F1 = B2
Có ∆COB cân O (CO=OB=R)=> góc C1 = góc B2 => góc C1 = góc F1 ( = góc B2)
* Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứgiác FCDE 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 CO, mà C (O) =>
IC tiếp tuyến đường tròn (O) (ĐPCM)
4/ Xét ∆ICO ∆IEO có: IC = IE (cùng bán kính đường tròn (I)) (3) CO = OE (=R) (4)
IO chung (5) Từ (3), (4) (5) => ∆ICO = ∆IEO (c.c.c)
góc COI = góc EOI
góc COI = ½ góc COE = ½ sđ cung CE ( góc COE góc tâm) mà góc A1= ½ sđ cung CE ( góc A1 góc nội tiếp chắn cung CE )
góc A1 = góc COI
Xét ∆ACD ∆OCI có: góc A1 = góc COI (cmt) (6)
Góc ACD = góc OCI ( = 90o) (7)
Từ (6) (7) => ∆ACD đồng dạng ∆OCI (g.g) => = => = (8)
∆OCI có CI = R/2 ( CI = ½ FD ) ; CO = R => = (9)
Tứ giác CFED nội tiếp => góc CFE = góc CDA ( góc ngồi tứ giác nội tiếp = góc đỉnh
(25)Xét ∆CAD có góc C = 90o => tg góc CDA = (11) Từ (8) (9) (10) (11) => tg góc CFE =
(hình vẽ của Bài IV)
Bài V ( 0,5 điểm)
Giải phương trình: x2 + 4x + = (x+4) Lời giải
x2 + 4x + = x +
x2 + - + 4x - x =
( - 4) - x =
( ) =
2 3
1 1
1 2
I
H
D
E C
O
A B
F
(26)
Vậy x = nghiệm phương trình
(27)SỞ GD VÀðÀO TẠO HÀ NỘI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THP CHUYÊN Năm học 2010 – 2011
MƠN: TỐN
Ngày thi: 24 tháng năm 2010 Thời gian Làm 150 phút BÀI I (2,0 ñiểm)
1) Cho n số nguyên, chứng minh A=n3+11n chia hết cho 2) Tìm tất cả số tự nhiên n để
+ − =n n
B số nguyên tố
BÀI II (2,0 điểm)
Cho phương trình : ( 2 2) ( 2 2) 1 0
= − + − − +
+ m x m m x
m .Gọi x1,x2 hai nghiệm của phương trình đã cho
1) Tìm giá trị của m ñể 2 1 2(2 1 2 1)
2
1 +x = x x x x −
x
2) Tìm giá trị nhỏ nhất giá trị lớn nhất của biểu thức S =x1+x2
BÀI III (2.0ñiểm)
1) Cho a số bất kì,chứng minh rằng: 2009 2010 2010 2010
> +
+ a a
2) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình ( 2)( 2 2)
= + − −
−x x x x
y
BÀI IV (3,0 ñiểm)
Cho đường trịn (O;R) một điểm M nằm ngồi đường trịn.ðường trịn đường kính OM cắt đường trịn (O;R) tại hai điểm E , F
1) Chứng minh giao ñiểm I của ñoạn thẳng OM với đường trịn (O;R) tâm đường trịn nội tiếp tam giác MEF
2) Cho A một điểm bất kì của thuộc cung EF chứa điểm M của đường trịn đường kính OM (A khác E,F) ðoạn thẳng OA cắt ñoạn thẳng EF tại ñiểm B Chứng minh
R OB
OA =
3) Cho biết OM=2R N một điểm bất kì thuộc cung EF chứa điểm I của đường trịn (O;R) ( N khác E,F) Gọi d đường thẳng qua F vng góc với ñường thẳng EN tại ñiểm P, d cắt đường trịn đường kính OM tại điểm K (K khác F) Hai ñường thẳng FN KE cắt tại ñiểm Q chứng minh rằng:
2
.PK QNQK R
PN + ≤
BÀI V( 1,0 điểm)
Giải phương trình: = + − + − +
−x x x x x
x
Lưu ý: Giám thị khơng giải thích thêm
(28)KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG KHĨA NGÀY 21 THÁNG NĂM 2010 Đà Nẵng
MƠN THI : TỐN - Bài (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A ( 20 45 5) 5 b) Tính B ( 1) 3
Bài (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x413x230 0
b) Giải hệ phương trình
3 x y
8 x y
Bài (2,5 điểm)
Cho hai hàm số y = 2x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (d) a) Vẽ đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ Oxy
b) Gọi A giao điểm hai đồ thị (P) (d) có hồnh độ âm Viết phương trình đường thẳng () qua A có hệ số góc -
c) Đường thẳng () cắt trục tung C, cắt trục hoành D Đường thẳng (d) cắt trục hồnh B Tính tỉ số diện tích hai tam giác ABC tam giác ABD
Bài (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R đường trịn (C') tâm O', bán kính R' (R > R') cắt hai điểm A B Vẽ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn (M (C), N (C')) Đường thẳng AB cắt MN I (B nằm A 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
( 20 45 5)
A = (2 5 5) 10 b) Tính B = ( 1) 3 3 1 3 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
Do (2) 13 17 2
u (loại) hay 13 17 15
u
(29)b) Giải hệ phương trình :
3
8
x y
x y
1
8
x x y
1
10 x
y
1 10 x y
Bài 3:
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1; 2 (d) qua (0;3), 1; 2
b) PT hoành độ giao điểm (P) (d) là: 2x2 x 3 2x2 – x – =
1
2
x hay x
Vậy toạđộ giao điểm cảu (P) (d) 1; , 9; 2
A 1; 2 Phương trình đường thẳng () qua A có hệ số góc -1 :
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 hồnh B B có tọa độ (-3; 0)
Vì xA + xD = 2xC A, C, D thẳng hàng (vì thuộc đường thẳng ()) C trung điểm AD
2 tam giác BAC BAD có chung đường cao kẻ từđỉnh B AC =1 2AD
Nên ta có
2
ABC ABD
S AC
S AD
Bài 4:
I
P
A
B N
O
O' Q
(30)a) Trong đường trịn tâm O:
Ta có BMN = MAB (cùng chắn cung BM ) b) Trong đường tròn tâm O':
Ta có IN2 = IA.IB c) Trong đường trịn tâm O:
(góc chắn cung ) (1)
MAB BMN BM
Trong đường tròn tâm O':
(góc chắn cung ) (2)
BAN BNM BN
Từ (1)&(2) => MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180 Nên tứ giác APBQ nội tiếp
=> BAP BQP QNM (góc nội tiếp góc chắn cung) mà QNM BQP vị trí so le => PQ // MN
Võ Lý Văn Long
(31)SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO THÀNH PHỐðÀ NẴNG
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 PTTH CHUYÊN LÊ QUÝ ðÔN KHÓA NGÀY 24 THÁNG NĂM 2010
MƠN THI : TỐN ( Chun Tốn - Hệ số 2)
Thời gian : 150 phút ( không tính thời gian giao đề ) ðỀ CHÍNH THỨC
Bài 1: ( 2, ñiểm)
a Rút gọn biểu thức : A = 3+2 + 18−8
b Cho hai số dương thỏa mãn ñiều kiện x + 4y = xy Tính yx Bài 2: ( 2 ,0 ñiểm)
a.Giải phương trình x2 -2x|x-2|+ =
b.Cho phương trình 2x4 -4(m+2)x2 + 2m2 +1 = ( m tham số) Tìm m để 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 b.Giải hệ phương trình
= − −
− = + +
3
2 3
2 y
z xy
z y x
Bài 4: ( 3,5 điểm)
Cho hình vng ABCD cạnh a Trên cạng BC lấy ñiểm E ( E khác B C),trên cạnh CD lấy ñiểm F cho góc EAF = 450.ðường chéo BD cắt AE , AF H G a Gọi I giao ñiểm EG FH.Chứng minh I trực tâm tam giác AEF b.Chứng minh GHEF khơng đổi
c.ðường thẳng AI cắt EF K.Chứng minh hai ñường thẳng BK HF song song
d.Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AEF E thay ñổi ñoạn BC ( E khác B ,C) , F thay ñổi ñoạn CD thỏa ñiều kiện góc EAF = 450
Bài 5: ( 0,5 ñiểm)
Cho a,b,c ba số dương thỏa mãn abc < Chứng minh :
1 + a + ab +
1 + b + bc +
(32)Thi vào 10 ĐHSP HN năm 2010
Ngày 19 tháng năm 2010
Cảm ơn bạn kaka math Mathscope bạn Đức lớp ôn thi cung cấp đề thi
Vòng 1 Bài Cho biểu thức
A=
3 −
x4− x
4+ 1
x2+ 1
·x
3−x(4x−1)−4 x7+ 6x6−x−6
: x
2+ 29x+ 78
3x2+ 12x−36
a)Rút gọnA;
b)Tìm tất cảx nguyên đểA nguyên
Bài Cho hai đường thẳng d1 : y = (2m2 + 1)x + 2m −1, d2 : y =
m2x+m−2
a)Tìm toạ độ giao điểmI củad1 vàd2 theom;
b)Chứng minh điểmI thuộc đường thẳng cố định khimthay đổi
Bài Giả sử ba số thực(x, y, z)thoả mãn điều kiện x+ =y+z
vàxy+z2−7z+ 10 =
a)Chứng minhx2+y2=−z2+ 12z−19;
b)Tìm tất số thực thoả mãn điều kiện nếux2+y2 = 17 Bài Cho hình vng ABCD có cạnh a Trong hình vng lấy điểm K
để ∆ABK Các đường thẳng BK vàAD cắt tạiP a)TínhKC theoa;
b)Trên đoạnAD lấyI để DI = a
√
3
3 , đường thẳng CI vàBP cắt tạiH Chứng minh CHDP nội tiếp;
(33)Bài Giải phương trình (x2−5x+ 1)(x2−4) = 6(x−1)2 Vòng 2
Bài a)Cho a, b số dương khác thoả mãna−b=√1−b2− √
1−a2 Chứng minh
a2+b2 =
b)Chứng minh√20092+ 20092×20102+ 20102∈
N∗
Bài a, b, c, d bốn số thực đôi khác thoả mãn đồng thời hai điều kiện
i)x2−2cx−5d= có hai nghiệm làa, b; ii)x2−2ax−5b= 0có hai nghiệm là c, d.
Chứng minha−c=c−b=d−avà a+b+c+d= 30
Bài 3.m, n số nguyên dương với n > ĐặtS =m2n2−4m+ 4n Chứng minh
a)Nếum > n thì(mn2−2)2 < n2S < m2n4; b)NếuS phương thìm=n
Bài Cho tam giác ABC có AB > AC, AB > BC Trên cạnhAB lấyM
vàN để BC =BM vàAC =AN a)Chứng minhN nằm đoạnBM;
b)Qua M, N kẻ M P||BC, N Q||CA Chứng minh CP =CQ;
c)Cho \ACB = 900,\CAB = 300, AB = a Tính diện tích tam giác M CN
theoa
Bài Trên bảng đen viết ba số√2,2,1/√2 Ta bắt đầu thực trò chơi sau: Tại bước, ta chọn hai số bảng, chẳng hạn a, b; xoá chúng thay vào hai số(a+b)/√2,(|a−b|)/√2 Chứng minh dù chơi lần ta có đồng thời ba số1/2√2,√2,1 +√2trên bảng
Chú ý: Ngày tài liệu ngày thi mà ngày gõ đề 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 CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG ðẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ðộc lập – Tự – hạnh phúc
ðÁP ÁN VÀ THANG ðIỂM ðỀ THI TUYỂN SINH
VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN 2010
Mơn thi : Tốn (chung) Câu
A = ( )( )
( )( )
( )( ) ( )( )
2
2
4 3 26
3
:
2 6
x x x x x
x x x x x
− − + + +
−
+ + − + −
= ( )( )
( )( ) ( )
( )( ) ( )( )
3 6
3 26
2 26 26
x x x x
x x x
x x x x x x x
+ − + −
− + −
− = =
+ + + + + + +
Ghi chú: Nếu thí sinh chỉ biến đổi đúng biểu thức dấu móc vng được 0,5 điểm
2 Tập xác ñịnh của A: x∉{1; 1; 2; 3; 6; 26− − − − }
Nếu A nguyên 2A = 6 12 2( 6) 30 15 Z
2 6
x x
x x x
+ − −
= = − ∈
+ + +
Suy trường hợp sau:
+) x+ =3 1⇒x= −2⇒A= − ∈6 Z,
+) x+ = −3 1⇒x= −4⇒A = Z∈ ,
+) x+ =3 3⇒x=0⇒A= − ∈1 Z,
+) x+ = −3 3⇒x= −6 (loại),
+) x+ =3 5⇒x=2 (loại),
+) x+ = −3 5⇒x= −8⇒A = Z∈ ,
+) x+ =3 15⇔x=12⇒A 1= ∈Z,
+) x+ = −3 15⇔x= −18⇒A = Z∈
ðáp số x∈ − −{ 2; 4;0; 8;12; 18− − }
ghi chú: Nếu không loại được cả hai trường hợp của x trừ 0,5 ñiểm Nếu chỉ loại ñược ñúng một trường hợp của x trừ 0,25 điểm
Câu
1. Xét phương trình
(2 1) 2 1 2 ( 1) 1
m + x+ m− =m x+m− ⇔ m + x= −m−
⇔
2
2
1
1
m m m
x y
m m
− − − + −
= ⇒ =
+ +
2 2
m+1
I ;
m 1
m m m
− + −
⇒ −
+ +
(35)2. Giả sử I(x yI; I)⇒
( )
I I
I I
I I
2
3
y m x m
y x y m x m
= + + −
⇒ = − −
= + −
Suy I thuộc ñường thẳng cốđịnh có phương trình y= − −x 3
Câu 3.
1. Từ phương trình (1) suy x−y= −z 1, từ phương trình (2) suy
2 7 10
xy= −z + z− ⇒x2+y2 =(x−y)2+2xy=(z−1)2+2(−z2+7z−10) = −z2+12z−19
2 2 17 6
x +y = ⇒z= Thay vào hệ ta ñược
( ; ) (4; ; 1; 4) ( )
x y
x y xy
= +
⇔ = − −
+ =
Thử lại thỏa mãn
ðáp số: (x y z; ; ) (= 4; 1;6 ; 1; 4;6− ) ( − )
Câu
1 Dựng KE⊥BC, đó:
( )
2
2
a a
CE= BE=
EC=a-2 2
a
a a
a
−
⇒ − = ⇒ =
⇒ ( )
2
2
a KC=
4
a −
+ =a 2−
Ghi chú: Nếu thí sinh dùng cơng thức lượng giác mà chưa ñến kết quả trừ 0,25 điểm
2 Trong tam giác vng CDI có
CI 2 2DI
3
a a
a
= + = = ⇒∠DCI=30o.
Mặt khác ∠HPD=90o− ∠ABP=30o ⇒ tứ giác CHDP
nội tiếp
3 LấyL′ trung ñiểm ñoạn KC Do tam giác
CKD cân tại K M trung ñiểm của CP nên suy
ra L L′ ñối xứng qua KM ⇒LM=L M′ Do L M′ là đường trung bình của tam giác CKP nên
KP L M=
2
′ Do tam giác AKP cân tại K nên KP = KA
= AB LM =a
2
⇒ .
a
L' E L
M H I
P
K
C D
A B
(36)Câu 5. Phương trình
4 5( 1) ( 4) 6( 1)2
x x x x
⇔ − − − − = − ⇔ (x2−4)2 −5(x2−4)(x−1)−6(x−1)2 =0
Do x=1 không nghiệm của phương trình nên ta xét x≠1 Phương trình
2
2 4 4
5
1
x x
x x
− −
⇔ − − =
− −
ðặt
2 4
1
x t
x
− =
− , Phương trình trở thành:
5 6 0 3 7; 3 7; 21; 21
6 2
t
t t x x x x
t = −
− + − −
− − = ⇔ ⇒ = + = − = =
=
Ghi chú: Nếu đúng đến phương trình trung gian theo t ñược 0,75 ñiểm
(37)
1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO CỘNG HOÀ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG ðẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ðộc lập – Tự – hạnh phúc
ðÁP ÁN VÀ THANG ðIỂM ðỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN 2010
Mơn thi : Tốn (chun) Câu
(1 ñiểm) 1 1 1 1
a b− = −b − −a ⇒a+ −a = +b −b ⇒a 1−a2 =b 1−b2
4 4 ( 2) 0 ( 2)( 2 1) 0
a a b b a b a b a b a b
⇒ − = − ⇒ − − − = ⇒ − + − =
Theo giả thiết suy a2−b2 ≠0⇒a2+b2 =1
2.(1 ñiểm) ðặt 2009 20092 2009 20102 20102 2( 1)2 ( 1)2
a= ⇒ + + =a +a a+ + a+ =a2(a+1)2+2a a( +1 1)+ =(a2+ +a 1)2⇒ñpcm
Câu
1. Theo ðịnh lý Vi Ét :
2 (1) (2) (3) (4) a b c ab d c d a cd b
+ =
= −
+ =
= −
Từ (1) (3) suy a− = − =c c b d−a
2. ðặt a− = − =c c b d−a=m
c a m b c m d a m
= −
⇒ = −
= +
a+b+c+d=4a-2m ⇒
Từ (2) ( 2 ) 5( ) 2 5 5 (5)
a a m a m a am a m
⇒ − = − + ⇒ − = − −
Từ (4) ⇒(a−m)(a+m)= −5(a−2m)⇒a2−m2 = −5a+10m (6)
Từ (5) (6) ⇒m2−2am= −15m Theo giả thiết a≠c nên m≠0, suy 15 a+b+c+d=30
m− a= − ⇒ Câu
1. (mn2−2)2 <n2S⇔m n2 4−4mn2+ <4 m n2 4−4mn2+4n3 1 1
n n
⇔ > ⇔ >
(ñúng theo giả thiết)
n2S<m n2 4⇔m n2 4−4mn2+4n3<m n2 4⇔m>n (ñúng theo giả thiết) 2 Giả sử ngược lại m≠n, xét hai trường hợp
TH1: m>n, theo ý (1) S phương suy ( )2
2S= 1 4 4 2 1
n mn − ⇒m n − mn + n =m n − mn + ⇒4n3 =2mn2+1( Sai) TH2 m<n, đó:
*) Nếu m≥2 n>2 ⇒2mn>4m⇒(mn)2<S<(mn+1)2 (mâu thuẫn với S
chính phương)
*) Nếu m=1 thì:
(38)2
Với n=2 S 8= khơng phải số phương
Vậy m=n.
Câu 4
1. Từ CA+CB > AB ⇒ AN + BM > AN + BN
⇒ BM > BN ⇒ N nằm B M
Q P
M N B
A
C
2 Theo giả thiết ∆CBM cân B nên
BCM BMC
∠ = ∠ Mà ∠PMC= ∠BCM (so le trong) ⇒∠PMC= ∠BMC Tương tự
QNC ANC
∠ = ∠ ⇒ ñiểm P ,Q1 1 ñối xứng với
các ñiểm P, Q qua ñường thẳng CM CN
thuộc AB CP CP , CQ CQ= 1 = 1 Do
1
CPM CP M, CQN= CQ N
∆ = ∆ ∆ ∆
1
CMP CPM, CQN= CQ N
⇒∠ = ∠ ∠ ∠
Mặt khác ∠CPM= CQN∠ (cùng bù với góc
ACB) ⇒∠CP M= CQ N1 ∠ 1 ⇒ ∆P CQ1 1 cân
C ⇒CP1=CQ1⇒CP=CQ
P2 P1
Q P
M N
C
A B
3. Ta có CB=BM , CA=AN=
2
a a
=
( 1)
2 2
a
a a
MN BM BN a
−
⇒ = − = − − =
Gọi h khoảng cách từ C đến AB thì:
( ) (3 3)
AC
h= dt MCN
2 16
a
a −
= ⇒ =
H
Q P
M N B
A
C
Câu Do
2
2
2
a b a b
a +b = + + −
nên tổng bình phương ba số khơng thay ñổi sau lần chơi
Tổng bình phương ba số ban ñầu
2 2 13
( 2)
2
+ + =
Tổng bình phương ba sốđịi hỏi ( ) ( )
2
2
1 41
2 2
8 2
+ + + = +
(39)ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2010 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Mơn thi: TỐN (Chun)
Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian phát đề
Câu a) Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện 3 a b c a b c Chứng minh ba số a, b, c có số
b) Giải hệphương trình:
3 3 2
3 x y z
xy yz xz
x y z x y z
Câu a) Giải phương trình 2
2x1 12 x x 1
b) Cho tam giác ABC vng A có diện tích Chứng minh ta có bất
đẳng thức 2BC 2ABAC 2
Câu a) Hãy sốnguyên dương phân biệt mà tổng ba số chúng số nguyên tố
b) Chứng minh không tồn sốnguyên dương phân biệt cho tổng ba số chúng số nguyên tố
Câu Cho đường trịn tâm O, bán kính R dây cung BC cốđịnh có độ dài BCR A điểm thay đổi cung lớn BC GọiE điểm đối xứng B qua AC F điểm đối xứng C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE ACF cắt K ( K A)
a) Chứng minh K ln thuộc đường trịn cốđịnh
b) Xác định vịtrí điểm K để tam giác KBC có diện tích lớn tìm giá trị lớn
theo R
c) Gọi H giao điểm BE CF Chứng minh tam giác ABH đồng dạng với tam
giác AKC đường thẳng AK qua điểm cốđịnh
Câu Trong giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn lượt (hai đội thi đấu với trận)
a) Chứng minh sau vòng đấu (mỗi đội thi đấu trận) ln tìm ba đội
bóng đơi chưa thi đấu với
b) Khẳng định cịn khơng đội thi đấu trận ?
(40)ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 ĐÁP ÁN TOÁN CHUYÊN
Câu a) Cho a, b, c số thực thoả mãn điều kiện a +b + c = a3 + b3 + c3 = Chứng minh ba số a, b, c có số
b) Giải hệ phương trình ) ( ) ( ) ( ) ( 2 3 z y x z y x zx yz xy z y x Giải
a) (1 điểm) Từ a + b + c = suy c = -(a+b) Từ ta có
0 = 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 =
Thay vào (2) với ý a + b + c = 0, ta ab + bc + ca = -4 (4) Thay vào (3) với ý a + b + c = 0, ta a3 + b3 + c3 =
Áp dụng câu a), ta suy ba số a, b, c Khơng tính tổng quát, giả sử a = Khi b = -c thay vào (4) ta tìm b = Từ tìm x, y, z
Kết luận : Phương trình có nghiệm (1 ; -1 ; 3) hoán vị (6 nghiệm) Cách Từ phương trình (1) 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) (5) ta suy = (x+y+z)3 – (x3+y3+z3) = 3(x+y)(y+z)(z+x)
Từ suy ba số x, y, z có hai số có tổng Khơng tính tổng qt, 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) hoán vị (6 nghiệm)
Câu a) Giải phương trình (2 1)2 12 21 x
x
x
b) Cho tam giác ABC vng A có diện tích Chứng minh ta có bất đẳng thức 2BC 2(ABAC1)
Giải
a) (1 điểm) Điều kiện: x2 – x – ≥ x ≤ - x ≥ Ta biến đổi phương trình dạng
2 12 4 12 )
(
x x x x x x x x x x x
Đặt 2 0
x x
(41)Với t = 1, ta x2 – x – = 0, suy 13 1 x
Với t = 2, ta x2 – x – = 0, suy x = -2, x = Các nghiệm thỏa mãn điều kiện
Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = -2, x = 3,
2 13 1
x
b) (1 điểm)
Đặt AB = c, AC = b theo điều kiện đề bài, ta có ab = Ngồi ra, theo định lý Pythagore, ta có 2
b a
BC
Vế thứ bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành
0 ) (
2
b a ab b a b a
ab (đúng, dùng bất
đẳng thức Cauchy)
Vế thứ hai bất đẳng thức viết lại thành
0 ) ( 4 ) ( 4 ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 b a b a b a ab b a b a b a b a b a
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên Bài tốn giải hồn tồn
Câu a) Hãy số nguyên dương phân biệt mà tổng ba số chúng số nguyên tố
b) Chứng minh không tồn số nguyên dương phân biệt cho tổng ba số chúng số nguyên tố
Giải
a) (0,5 điểm) Có thể (1, 3, 7, 9)
b) Do số nguyên dương phân biệt nên tổng ba số lớn Ta chứng minh tổng chia hết cho 3, từ khơng thể số ngun tố, suy đpcm Xét số dư phép chia số cho Nếu số dư 0, 1, xuất ta lấy ba số tương ứng, ta số có tổng chia hết cho Nếu có số dư khơng xuất có số có nhiều số dư, suy tồn số có số dư Ba số có tổng chia hết cho Bài toán giải
Câu Cho trường trịn tâm O, bán kính R dây cung BC có độ dài BC R A
một điểm thay đổi cung lớn BC Gọi E điểm đối xứng B qua AC F điểm đối xứng C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE ACF cắt K (K ≠ A)
a) Chứng minh K ln thuộc đường trịn cố định
b) Xác định vị trí điểm A để tam giác KBC có diện tích lớn tìm giá trị lớn theo R
(42)Giải
a) (1 điểm) Ta có AKC = AFC (cùng chắn cung AC)
Mặt khác AFC = FCA (do F đối xứng C qua AB) FCA = 900 - A Nên ta có AKC = 900 – A
Hồn tồn tương tự, ta có AKC = 900 – A
Suy BKC = 1800 – 2A Suy K ln thuộc cung chứa góc nhìn đoạn BC góc 1800 – 2A
b) (1 điểm) Tam giác KBC có đáy BC R khơng đổi K nằm cung chứa góc
1800 – 2A nên diện tích tam giác KBC lớn K điểm K0 cung chứa góc, tức tam giác KBC cân K Khi A trung điểm cung lớn BC
Để tính giá trị lớn diện tích tam giác K0BC, ta ý BC R nên A = 600 Suy BKC = 1800 – 2A = 600 Suy tam giác K0BC tam giác có cạnh
3 R
BC Vậy diện tích lớn R23 3/4
c) (1 điểm) Kéo dài AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE C’ Khi AC’ đường kính Tương tự, kéo dài AB cắt đường trịn ngoại tiếp ACF B’ AB’ đường kính Suy AK, C’C, B’B đường cao tam giác AB’C’ Suy tứ giác B’BCC’ nội tiếp ta có:
AC’B’ = ABC
Ta có BAH = 900 - ABC = 900 - AC’B’ = KAC’ = KAC Mặt khác theo chứng minh phần 1, ta có AKC = FCA = ABH Từ 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 trịn ngoại tiếp O tam giác ABC (đpcm)
Câu Trong giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn lượt (hai đội bất kỳ thi đấu với trận)
a) Chứng minh sau vòng đấu (mỗi đội thi đấu trận) ln tìm ba đội bóng đôi chưa thi đấu với
b) Khẳng định cịn khơng đội thi đấu trận? Giải
a) (1 điểm) Xét đội bóng A Sau vịng đấu, A chưa đấu với đội bóng Gọi S tập hợp tất 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 đội bóng thuộc S Giả sử B chưa thi đấu với C thuộc S Khi A, B, C đơi chưa thi đấu với (đpcm)
(43)Sở giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Nghệ an Năm học 2010 - 2011
Môn thi : Toán
Thời gian: 120 phút
Câu I (3,0 điểm). Cho biểu thức A = − − −
− +
x 2
x x x
1 Nêu điều kiện xác định rút gọn biểu thức A Tính giá trị biểu thức A x =
3 Khi x thoả m/n điều kiện xác định H/y tìm giá trị nhỏ cuả biểu thức B, với B = A(x-1)
C©u II (2,0 điểm). Cho phơng trình bậc hai sau, với tham sè m : x2 - (m + 1)x + 2m - = (1)
1 Gi¶i phơng trình (1) m =
2 Tỡm giá trị tham số m để x = -2 nghiệm ph−ơng trình (1)
Câu III (1,5 điểm). Hai ng−ời làm chung công việc sau 30 phút họ làm xong cơng việc Nếu ng−ời thứ làm giờ, sau ng−ời thứ hai làm hai ng−ời làm đ−ợc 75% cơng việc
Hỏi ng−ời làm sau xong công việc? (Biết suất làm việc ng−ời không thay đổi)
Câu IV (3,5 điểm) Cho nửa đ−ờng tròn tâm O đ−ờng kính AB Điểm H cố định thuộc đoạn thẳng AO (H khác A O) Đ−ờng thẳng qua điểm H vng góc với AO cắt nửa đ−ờng tròn (O) C Trên cung BC lấy điểm D (D khác B C) Tiếp tuyến nửa đ−ờng tròn (O) D cắt đ−ờng thẳng HC E Gọi I giao điểm AD HC
1 Chøng minh tø gi¸c HBDI nội tiếp đờng tròn Chứng minh tam giác DEI tam giác cân
3 Gi F l tõm đ−ờng trịn ngoại tiếp tam giác ICD Chứng minh góc ABF có số đo khơng đổi D thay đổi cung BC (D khác B C)
-Hết -
Họ tên thí sinh: Số b¸o danh :
(44)HƯỚNG DẨN GIẢI ðỀ THI VÀO LỚP 10 PTTH NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu 1.
a) ðKXð: x≥0;x≠1
Ta có: A =
1 2
1− + − −
− x x
x x = ) )( ( ) )( ( ) ( ) )( ( ) ( + − − − + − − + − + x x x x x x x x x = ) )( ( ) ( ) ( + − − − − + x x x x x = ) )( ( 2 + − − + − + x x x x x = ) )( ( − + − x x x x = ) )( ( ) ( + − − x x x x = + x x
Vậy A =
1 + x
x
b) Thay x = vào biểu thức rút gọn A ta ñược: A =
4 3 9 = + = +
Vậy x = A =
4 c) Ta có: B = A.(x−1) ( 1)
1 − + = x x x ) ( −
= x x = x− x
4 2 ) ( 2 − + −
= x x
− + − = ) ( x
Vì: )
2
(
≥ −
x Với giá trị x ≥0 x ≠1
⇒ − ≥ − + − 4 ) (
x Với giá trị x ≥0 x ≠1 Dấu xãy
4 ) ( = ⇔ = − ⇔ =
− x x
x
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B
−14 ñạt ñược x= 41
Câu
a) Khi m = phương trình (1) trở thành: x2 – 3x + = (*)
Vì phương trình (*) phương trình bậc hai có: a + b + c = + (-3) + = Nên phương trình (*) có hai nghiệm x1 = v x2 =
Vậy m = th ì phương trình (1) có hai nghiệm l x1 = v x2 =
b) Giả sử x = - nghiệm phương trình (1) Thay x = - vào phương trình (1) ta được: ( 2)2 ( 1).( 2) 2
= − + − + −
− m m
0 2 2
4+ + + − =
⇔ m m ⇔ 4m+4=0 ⇔ 4m=−4 ⇔ m=−1./
Vậy với m = -1 phương trình(1) có một nghiệm x = -2 Câu ðổi: 30 phút =
2 9 giờ.
Gọi x(h) thời gian ñể người thứ làm xong cơng việc (ðK: x > 9) Gọi y(h) thời gian ñể người thứ hai làm xong cơng việc (ðK: y >
2 9) Khi đó: Mỗi người thứ làm
x
1 (cơng vi ệc) Mỗi người thứ hai làm ñược
y
(45)Mỗi hai người làm
2 (cơng vi ệc) Trong người thứ làm ñược
x
4 (công vi ệc) Trong người thứ hai làm ñược
y
3 (cơng việc)
Theo ta có hệ phương trình: = = + = + 100 75 1 y x y x (*) ðặt x
1 = a y
1 = b Khi
đó hệ phương trình (*) trở thành = + = + 3 b a b a = = ⇔ = = ⇔ = = ⇔ = + = + ⇔ 36 12 36 12 1 36 12 12 16 9 y x y x b a b a b a ) ( ) ( TM TM
Vậy: Người thứ nhất làm một xong công việc sau 12 giờ Người thứ hai làm một xong cơng việc sau
5 36
giờ, hay giờ 12 phút Câu
Học Sinh tự Vẽ hình:
a) Ta có: CH ⊥ AB (gt) ⇒ ∠BHI =900 (1) Lại có: ∠BDI =∠BDA=900(góc nội tiếp chắn đường trịn) (2)
T (1) v (2) ⇒ 1800
= ∠ + ∠BHI BDI
⇒ Tứ giác HBDI nội tiếp đường trịn
b) Ta có: DA
2
Sd EDA EDI =∠ =
∠ (Góc tạo
bởi tia tiếp tuyến dây cung)
Và: DA
2
Sd ABD=
∠ (Góc nội tiếp đường trịn (O))⇒ ∠EDI =∠ABD (3)
Lại có: ∠EID=∠ABD (cùng bù với góc ∠HID) (4) Từ (3) (4) ⇒ ∠EID=∠EDI ⇒ ∆EID cân E c) Gọi K giao điểm BC với đường trịn (F) Ta có: KID KCD SdKD
2 = ∠ =
∠ (5) Mà BD
2
Sd BAD BCD
KCD=∠ =∠ =
∠ (6)
Từ (5) (6) ⇒∠KID=∠BAD (7) Lại có: ∠CID=∠AIH (đối đỉnh) (8)
Từ (7) (8) ⇒ 900
= ∠ + ∠ = ∠ +
∠KID CID BAD AIH ⇒∠CIK =900 Mặt khác: ∠CIK góc nội tiếp đường trịn (F)
⇒ CK đường kính đường trịn (F)⇒ F∈ BC ⇒ ABF ABC Sd AC
2 = ∠ = ∠
(46)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN LỚP 10 THPT CHUYÊN
HẢI PHÒNG Năm học 2010 - 2011
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
Bài (1,0 điểm)
Cho biểu thức:
2
2 1 2010
3 2 1 2 1
1
3
M
x
x x
= +
+
+ −
+ +
Tìm x để biểu thức có nghĩa, rút gọn M tìm giá trị lớn M
Bài ( 2,0 điểm)
1 Giải phương trình: x− +1 x−4=3
2 Tìm m để phương trình x2+(2m+3)x+3m+11 0= có hai nghiệm x x1; 2 ≠0 thoả mãn
1 1
2 x −x = Bài ( 2,0 điểm).
1 Cho số thực a, b, c, d Chứng minh rằng:
( )2 ( )2
2 2
a +b + c +d ≥ a c+ + b d+
Đẳng thức xảy nào?
2 Cho số dương a, b, c thoả mãn a b c+ + ≤2 Chứng minh rằng:
2 2
2 2
1 1 97
2
a b c
b c a
+ + + + + ≥
Bài ( 3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) đường tròn (O’; R’) cắt A B Trên tia đối
của tia AB lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CD, CE với đường trịn tâm O, D, E
là tiếp điểm E nằm đường tròn (O’) Đường thẳng AD, AE cắt đường
tròn (O’) M N (M, N khác A) Tia DE cắt MN K Chứng minh:
1 Các tứ giác BEKN, BDMK nội tiếp
2 ∆BKM ∆BEA O K' ⊥MN Bài ( 2,0 điểm)
1 Giải hệ phương trình nghiệm nguyên: x3 y 3 z 2
x y z
+ =
+ =
2 Có 2010 viên sỏi Hai người chơi thay phiên bốc sỏi, lượt người
chơi quyền bốc số lượng viên sỏi luỹ thừa với số mũ tự nhiên
của (1, 2, 4, 8, …) Ai bốc viên sỏi cuối thắng Giả sử
người chơi người thông minh Hỏi người thắng cuộc?
- Hết -
Họ tên học sinh: ………, Giám thị 1:………
(47)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN LỚP 10 THPT CHUYÊN
HẢI PHÒNG Năm học 2010 - 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN
Bài ( 1,0 điểm)
Cho biểu thức:
2
2 1 2010
3 2 1 2 1
1 3 M x x x = + + + − + +
Tìm x để biểu thức có nghĩa, rút gọn M tìm giá trị lớn M.
Giải
Điều kiện: x≥0 0.25
2 3 2010
3 4 4 4
M
x
x x x x
= +
+
+ + − +
0.25
2
1 2010 2010
1 1
x
x x x x x
+
= =
+ + + + + 0.25
Do x≥0 nên M ≤2010 0.25
Bài ( 2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) Giải phương trình: x− +1 x−4 3=
Giải
Điều kiện x≥4 0.25
2
1 5
x x x x x x x x
⇔ − + − = ⇔ − + − + = ⇔ − + = − 0.25
2
7
5
5 14 49
≤ ⇔ ⇔ = − + = − + x x
x x x x 0.5
2. (1,0 điểm) Tìm m để phương trình x2+(2m+3)x+3m+11 0= có hai nghiệm x x1; 2 ≠0 thoả mãn
1
1 1
2
x − x =
Giải
Phương trình có nghiệm khác khi:
(2m 3)2 4 3m 11( ) 4m2 35 0 m 35
2 11
3m 11 m
3 ≤ − ∆ = + − + = − ≥ ⇔ + ≠ ≠ −
m 35
2
≥ 0.25
Theo định lí Viet ta có:
1 2 3 11 + = − − = +
x x m
x x m 0.25
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
4 4
2 x x x x x x x x x x
x x x x
− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ + − =
0.25
( )2 ( ) ( )2
4 2 m 3m 11 3m 11 7m 66m 261
⇔ + − + = + ⇔ − − = 87 m m = − ⇔ =
(tmđk) 0.25
Bài 3: (2,0 điểm) 1 (1,0 điểm)
Cho số thực a, b, c, d Chứng minh rằng:
( )2 ( )2
2 2 . a +b + c +d ≥ a+c + b+d
(48)Giải
( )2 ( )2
2 2
a +b + c +d ≥ a+c + b+d
( )( ) ( )2 ( )2
2 2 2 2 2
a b c d a b c d a c b d
⇔ + + + + + + ≥ + + +
( 2)( 2)
a b c d ac bd
⇔ + + ≥ + (1) 0.25
Nếu ac bd+ <0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên 0.25
Nếu ac bd+ ≥0 bất đẳng thức (1) tương đương với
( 2)( 2) ( )2 ( )2 0
a +b c +d ≥ ac bd+ ⇔ ad−bc ≥ (đúng) 0.25
Vậy bất đẳng thức đầu Dấu đẳng thức xảy
0 ad bc ac bd
=
+ ≥
0.25
2.(1,0 điểm)
Cho số dương a, b, c thoả mãn a b c+ + ≤2 Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 97
2
a b c b c a
+ + + + + ≥
Giải
Theo phần ta có ( )
2
2 2 2
1 1 1
a b c a b c
b c a a b c
+ + + + + ≥ + + + + +
0.25
Lại có ( ) 1 1 9
2 a b c
a b c a b c a b c
+ + + + ≥ ⇒ + + ≥ ≥ + +
( ) ( )
2
2 16 1 1
2
81
a b c a b c
a b c a b c
+ + + + + ≥ + + + + ≥
0.25
( ) ( )
2 2
2 1 16 1 65 1
81 81
a b c a b c
a b c a b c a b c
+ + + + + = + + + + + + + +
65 81 97
8
81 4
≥ + = 0.25
Vậy, 12 12 12 97
a b c b c a
+ + + + + ≥ . Dấu xảy
3
a=b= =c 0.25 Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) đường tròn (O’; R’) cắt A B Trên tia đối tia AB lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O, D, E tiếp điểm E nằm
trong đường tròn (O’) Đường thẳng AD, AE cắt đường tròn (O’) M N (M, N khác
A) Tia DE cắt MN K Chứng minh:
1 Các tứ giác BENK, BDMK nội tiếp
2 ∆BKM ∆BEA O K' ⊥MN
Giải
1 (1.0 điểm)
Do tứ giác AMNB nội tiếp nên MNB DAB, = mà DEB DAB, = nên MNB DEB= , hay KNB DEB = Suy tứ giác BEKN nội tiếp 0.5
Từđó ta có BKN BEN=
Lại tứ giác DAEB nội tiếp nên BEN BDA=
Vậy BKN=BDA nên tứ giác BDMK nội tiếp 0.5
2 (1.0 điểm)
Ta có BMK BAE = (cùng chắn cung BN) (1) 0.25
Do BEKN nội tiếp, nên BEN BKN =⇒BKM BEA = (2) 0.25
(49)Từ (1) (2) suy ∆BKM ∆BEA 0.5
K
N
M
E D
B A
O
O' C
3. (1.0 điểm)
Do CD tiếp tuyến đường trũn (O) nờn CDA CBD =, suy ∆CBD ∆CDA Do DB CD
DA =CA (3) 0.25 Lập luận tương tự ta có CE EB
CA = EA (4)
Ta lại có CD = CE (t/c tiếp tuyến) (5)
Từ (3), (4) (5) suy EB DB
EA = DA (6) 0.25
Lại có DAB BNK = tứ giác ABNM nội tiếp (7)
ADB BEN BKN= = (do tứ giác ADBE BEKN nội tiếp) (8)
Từ (8) (9) ta thấy ∆DBA ∆KBN nên KB DB
KN = DA (9) 0.25 Mặt khác theo chứng minh câu 2) ta có ∆BKM ∆BEA nên EB KB
EA = KM (10)
Từ (6), (9) (10) có MK = NK, suy O'K⊥ MN 0.25
Bài (2,0 điểm) 1 (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình nghiệm nguyên: x3 y 3 z 2
x y z
+ =
+ =
(I)
Giải
Nếu z=0 hệ phương trình có nghiệm (x;−x;0) với x∈Z 0.25 Nếu z≠0 từ hệ phương trình ta có:
( )
2 2 1 0 x −xy+y = +x y⇔x − y+ x+y −y= (1)
( 1)2 4( ) 3 6 1 0 12 12
3
y y y y y − y +
∆ = + − − = − + + ≥ ⇔ ≤ ≤
Do y nguyên nên y∈{0;1; 2} 0.25
Nếu y = thay vào hệ (I) ta có x3 z 2 x z x z
=
⇒ = =
=
(do z≠0) Nếu y = thay vào phương trình (1) ta có 2 0
2 x
x x
x = − = ⇒
=
(50)Nếu x = z =
Nếu x = z = 0.25
Nếu y = thay vào (1) ta có
2 x
x x
x = − + = ⇔
= Nếu x = z =
Nếu x = 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)
trong k số nguyên 0.25
2.(1,0 điểm)
Có 2010 viên sỏi Hai người chơi thay phiên bốc sỏi, lượt người chơi quyền
bốc số lượng viên sỏi luỹ thừa với số mũ tự nhiên (1, 2, 4, 8, …) Ai bốc viên sỏi cuối thắng Giả sử người chơi người thông minh Hỏi
người thắng cuộc?
Giải
Chiến thuật người sau sau:
Khi người trước bốc 2k viên sỏi
Nếu k lẻ 2k chia dư 2, người sau bốc viên sỏi 0.25 Nếu k chẵn 2k chia d
ư 1, người sau bốc viên sỏi 0.25
Như người trước ln phải đối mặt với tình số viên sỏi lại chia hết
cho không bốc viên sỏi cuối Vậy người sau thắng
0.5
Chú ý:- Trên đây chỉ trình bày được một cách giải, nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa ứng với điểm của câu đó biểu điểm
- Học sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó theo đúng biểu điểm
- Trong một câu, nếu học sinh làm phần sai, dưới đúng khơng chấm điểm
- Bài hình học, học sinh vẽ hình sai khơng chấm điểm Học sinh khơng vẽ hình mà làm vẫn làm đúng cho nửa sốđiểm của câu làm được
- Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, nếu học sinh công nhận ý để làm ý dưới mà học sinh làm đúng chấm điểm ý đó
- Điểm của thi tổng điểm câu làm đúng khơng được làm trịn
(51)SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011
KHÁNH HỊA MƠN : TỐN
NGÀY THI : 23/06/2010
Thời gian làm : 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3.00 điểm) (Khơng dùng máy tính cầm tay)
1 Rút gọn biểu thức : A = 5( 20 3− )+ 45
2 Giải hệ phương trình :
x y x y
+ =
− =
3 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 điều kiện :
x1 + x2 + x1.x2 =
Bài 3: (2.00 ñiểm)
Cho hàm số : y = mx – m + 2, có đồ thị ñường thẳng (dm)
1 Khi m = 1, vẽđường thẳng (d1)
2 Tìm tọa độđiểm cốđịnh mà ñường thẳng (dm) ñi qua với giá trị m
Tính khoảng cách lớn từđiểm M(6, 1) ñến ñường thẳng (dm) m thay ñổi
Bài 4: (4.00 điểm)
Cho hình vng ABCD cạnh a, lấy ñiểm M cạnh BC (M khác B C)
Qua B kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng DM H, kéo dài BH cắt ñường
thẳng DC K
1 Chứng minh : BHCD tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh : KM ⊥ DB
3 Chứng minh KC.KD = KH.KB
4 Ký hiệu SABM, SDCM diện tích tam giác ABM, DCM Chứng minh
tổng (SABM + SDCM) không ñổi Xác ñịnh vị trí ñiểm M cạnh BC ñể
( 2
ABM DCM
S +S ) đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ theo a - HẾT -
Họ tên thí sinh:……… Số báo danh:……… /Phòng thi: ……
(52)Hướng dẫn giải:
Bài 1/ Rút gọn :
( )
( )
( )
2
A 20 45
5 3
5 3 5 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 = ca = ⇒ x2 = ⇒ x = ±2
Vậy pt có nghiệm x1 = 1; x2 = -1; x3 = 2; x4 = -2
Bài Pt x2 – 2(m+1)x + m2 – =
Vì x1; x2 hai nghiệm pt nên x1 + x2 = −ab = ( )
2 m 1
+
x1.x2 = ca =
m
1−
Thay vào biểu thức
x1 + x2 + x1.x2 = 2(m + 1) + m2 – = 2m + + m2 – = m2 + 2m = m(m + ) = m 0m 0= ⇔m 0m= 2
+ = = −
Vậy m = m = -2 pt có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 + x2 + x1.x2 =
Bài 1/ Hàm số y = mx – m + (dm)
Vẽñường thẳng d1 m =
Khi m = y1 = x -1 + = x +
Bảng giá trị
x -1 y
y
x
-1
y = x +1
(53)2) Ta có: y = mx – m + (dm) ⇔ (x-1) m = y – ∀m
⇔
2
x y
− =
− =
⇔
1 x y
=
=
Vậy ñiểm cốñịnh mà (dm) ñi qua C(1; 2)
Ta dễ dàng chứng minh ñược khoảng cách từ M(6;1) đến (dm) lớn độ dài đoạn
thẳng CM
Ta có: CM = 2
(6 1)− +(1−2) = 26
Bài
K H
D
C B A
M
a cm tứ giác BHCD nt
Ta có H, C nằm phía so với BD
<BHD = 1v (gt)
<BCD = 1v ( ABCD hvng)
Vậy điểm H, C nhìn BD góc vng nên bốn điểm B, H, C, D
nằm ñường trịn Do tứ giác BHCD nt đường tròn
b cm KM ⊥ DB Trong ∆KBD ta có
DH BK (gt)
KM BD BC DK (gt)
⊥ ⇒
⊥
⊥ (ñường cao thứ ba)
c cm KC KD = KH KB
Xét ∆KCDvà ∆KHDcó <C= <H = 1v (gt) Góc nhọn <K (chung) ⇒ ∆KCB~ ∆KHD (gg)
Cho ta KC KB KC.KD KH.KB
KH KD= ⇔ = (đfcm)
(54)Ta có
( )
ABM
DCM
ABM DCM
AB.BM a
S BM
2
DC.CM a
S CM
2
a a a
S S BM CM (BM CM)
2 2
a.BC a.a a khôngđổi
2 2
∆ ∆
∆ ∆
= =
= =
⇒ + = + = +
= = =
d)
Ta có: SABM + SCDM =
2AB.BM +
2CD.CM =
2a.BM +
2a.CM
=
2a(BM + MC) =
2a.BC = 2a.a =
1 2a
2 (Khơng
đổi)
Ta có: S2
ABM + S2CDM =
4AB
2 BM2 + 1
4CD
2.CM2=
=
4AB
2 (BM2 + CM2) = 1 4a
2 (BM2 + CM2)
ðể S2 ABM + S2CDM nhỏ BM2 + CM2 nhỏ
Ta có: BM2 + CM2 = (BM+CM)2 – 2BM.CM = a2 - 2BM.CM nh
ỏ
BM.CM lớn
Vì: BM + CM = BC = a khơng đổi nên BM.CM lớn BM = CM
Khi đó: (BM+CM)2 – 2BM.CM ñạt GTNN hay BM2 + CM2ñạt GTNN
Vậy: S2 ABM + S2CDM ñạt GTNN BM = CM Ta có: S2 ABM + S2CDM =1
4a
2 (BM2 + CM2) = 1 4a
2 (1 4a
2 +1 a
2) = 1 8a
4 (
(55)Sở Giáo dục - Đào tạo thái bình
Kú thi tun sinh líp 10 THPT Chuyªn
Năm học 2010 - 2011 Môn thi: To¸n
Thời gian làm bài: 120 (khơng k thi gian giao ủ) Bài 1.(2,5 điểm) Cho biểu thøc:
A x 7 x 3 2 x 1
x x 6 x 2 x 3
− + +
= − +
− + − − víi x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠
a) Rót gọn A
b) Tính giá trị A x 2= − 2
Bµi 2.(2,0 ®iĨm) Cho hai ®−êng th¼ng:
(d1): y = (m – 1)x – m2 – 2m
(d2): y = (m – 2)x – m2 – m +
cắt G
a) Xác định toạ độ điểm G
b) Chứng tỏ điểm G thuộc đ−ờng thẳng cố nh m thay i
Bài 3.(1,5 điểm) Giải phơng trình sau:
a) 1 1 21 0
1 1 1
x+ + x− + x − = b)
2 x
x 1
1 x
=
+
+
Bài 4.(3,5 điểm)
Cho điểm M thuộc nửa đờng tròn tâm O, đờng kính AB Điểm C thuộc đoạn OA Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm M kẻ tiếp tuyến Ax, By với đờng tròn Đờng thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By P, Q Gọi E giao điểm AM với CP, F là giao ®iĨm cđa BM víi CQ
a) Chøng minh rằng:
+ Tứ giác APMC tứ giác EMFC tứ giác nội tiếp + EF // AB
b) Gi¶ sư cã EC.EP = FC.FQ Chøng minh r»ng: EC = FQ vµ EP = FC
Bài 5.(0,5 điểm) Cho hai số thực x, y tho¶ mVn x2 + y2 + xy =
Tìm giá trị lớn nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc B = x2 – xy + 2y2
- HÕt -
(víi m lµ tham sè)
(56)Hä vµ tên thí sinh:. Số báo danh:
S GIO DỤC - ðÀO TẠO THÁI BÌNH
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2010-2011
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ðIỂM MƠN TỐN
(ðề chung cho thí sinh)
Bài
Ý NỘI DUNG ðIỂM
( )( )
x x x
A
x x x x
− + +
= − +
− −
− − 0,25ñ
( )( ) ( )( )
( )( )
x x x x x
x x
− − + − + + −
=
− −
0,25ñ
( )( )
x x 2x x x
x x
− − + + − + −
=
− − 0,50ñ
( )( )
x x
x x
− =
− − 0,25ñ
a
1,75ñ
( )
( )( )
x x x
x
x x
−
= =
−
− −
0,50ñ
( )2
x 2= − = 1− (Thoả mãn x ≥ 0; x ≠4; x ≠9) 0,25ñ Thay x=( 1− )2 vào A có:
2 A
2
− =
−
0,25ñ b
0,75ñ
( )( )
( )( )
2 2 2
14
2 4
− + −
= =
− +
0,25ñ Bài
Ý NỘI DUNG ðIỂM
Hồnh độ ñiểm G nghiệm phương trình:
(m-1)x - m2 - 2m = (m - 2)x - m2 - m + 0,25ñ
⇔ x = m + 0,25ñ
Tung ñộ ñiểm G là: y = (m-1) (m+1) - m2 - 2m 0,25ñ a
1,25ñ
⇔ y = -2m - 0,25ñ
(57)Ý NỘI DUNG ðIỂM
Toạñộ ñiểm G (m + ; -2m - 1) 0,25đ
Có y = -2m - = -2(m + 1) + 0,25ñ
Mà x = m +
⇒ y = -2x + 0,25ñ
b
0,75ñ
Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + cố ñịnh
Chứng tỏ G ln thuộc đường thẳng y = -2x + cốñịnh m thay ñổi 0,25ñ Bài
Ý NỘI DUNG ðIỂM
ðKXð: x ≠ 1; x ≠ -1 0,25ñ
Xét + + =
+ − 2−
1 1
0 x x x ⇒ x - + x + + =
0,25ñ
⇔ 2x + = ⇔ x = −1
2
0,25ñ a
1,0ñ
x = −1
2 (thoả mãn ðKXð) nên phương trình có nghiệm x = −
2 0,25ñ
ðKXð: x ≠ -1
Xét + = +
2
2 x
x
x
⇔ − + =
+ +
2
x x
x 2.x
x x
⇔ + − =
+ +
2 2
x 2x
1 x x
ðặt
+
2
x
x = t ta có t
2 + 2t - =
⇔
= − +
= − −
t t
0,25ñ b
0,50ñ
Giải = − + +
2
x
1
x ñược
− + −
=
− − −
=
1
2
2 2 x
2
2 2 x
2
(thoả mãn x ≠ -1)
Giải = − − +
2
x
1
x ñược x ∈φ
Kết luận phương trình có nghiệm phân biệt x1; x2
(58)Bài
Ý NỘI DUNG ðIỂM
Tứ giác APMC có:
=
=
o o
PAC 90 (tÝnh chÊt t.tuyÕn)
PMC 90 (gt)
0,50ñ 0,50ñ
⇒ PAC PMC 180+ = o 0,25ñ
a
1,5ñ
⇒ Tứ giác APMC tg nt 0,25đ
Có AMB = 90o (Hệ gnt) (1) 0,25đ
⇒ MAB MBA+ = 90o (2)
Có tứ giác APMC nội tiếp (cmt) ⇒ MPC=MAC (cùng chắn cung MC) Hay QPC=MAB (*)
Chứng minh tương tự (*) có PQC=MBA
Từ (2) (3) ⇒ PQC QPC 90= = o ⇒ PCQ 90= o (4)
0,25ñ
0,75ñ
Từ (1) (4) ⇒ EMF=ECF 180= o ⇒ Tứ giác EMFC nt 0,25ñ Tứ giác EMFC nội tiếp
⇒ MEF=MCF (cùng chắn cung MF)
Hay MEF=MCQ (5)
0,25ñ Tứ giác MQBC nội tiếp
⇒ MCQ MBQ= (cùng chắn cung MQ) (6) 0,25ñ
0,75ñ
Xét
AB 0;
2 có MBQ=MAB (cùng chắn cung MB) (7) Từ (5) (6) (7) ⇒ MEF=MAB
0,25ñ (3)
O C
A B
P
M
x y
Q
(59)Ý NỘI DUNG ðIỂM
⇒ EF // AB
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 (8)
Có EF // AB ⇒ EM =FM
EA FB (9)
Từ (9) (10) ⇒ EM2 = FM2 ⇒ EM = FM
0,25ñ b
0,50ñ
∆EMC = ∆FMQ (gcg) ⇒ EC = FQ
Mà EC.EP = FC.FQ ⇒ EP = FC
0,25ñ
Bài
(60)Ý NỘI DUNG ðIỂM
0,5ñ − +
= − + =
2
2 x xy 2y
B x xy 2y
1 Có x2 + y2 + xy = ⇒ B = − +
+ +
2
2
x xy 2y
x y xy
* y = có B = * y ≠ có
− + = + + 2 x x y y B x x y y
ðặt t= x
y có
− + =
+ +
2
t t B
t t
⇔ Bt2 + Bt + B = t2 - t + + + ≥ >
2
t t
4
⇔ (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 + ≤ ⇔ − ≤ 28 B
⇔ −2 ≤B−7≤2
3 3
⇔ 7− ≤B≤7 7+
3 (2)
KÕt hợp lại, ta có 7 B7 7+
3 + = + = − − = ⇔ − ⇔ − = ± + + = − + 2 B x y B
x y 2B
7 7-2
B 2B 2(B 1) víi B =
3 y
x y xy
7 6B 3B + = + = − − = ⇔ − ⇔ − = ± + + = − + m ax 2 B x y B
x y 2B
7 7+2
B 2B 2(B 1) víi B =
3 y
x y xy
7 6B 3B
(61)S giỏo dc v o to
Hải Phòng Đề thi tuyển lớp 10 THPT Năm học 2010-2011 Ngày thi : 23/ 6/ 2010 §Ị thi chÝnh thøc
Môn thi : Toán
Thi gian lm 120 phút ( Không kể thời gian giao đề) Chú ý : Đề thi gồm có trang Học sinh làm vào tờ giấy thi
Phần I: Trắc nghiệm( điểm) 1 Căn bậc hai sè häc cđa lµ
A.− B. C. D.25
Câu 2: Hàm số sau hàm số bậc nhất?
Câu : Đờng thẳng sau song song với đờng thẳng y = 2x 3?
Câu 4: Nếu phơng trình x2 - ax + = cã nghiƯm th× tÝch hai nghiƯm sè
Câu 5: Đờng tròn hình
Câu 6: Trong hình tam giác ABC vuông A, AH BC Độ dài đoạn thẳng AH b»ng
H×nh
4 H C
B
A
H×nh O
M
N
B A
700
Câu 7: Trong hình biết AB ®−êng kÝnh cđa ®−êng trßn (O), gãc AMN = 700 Số đo
góc BAN
Cõu 8: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3cm , CB = 4cm Quay hình chữ nhật vịng quanh cạnh AB đ−ợc hình trụ Thể tích hình trụ
PhÇn : Tù Ln( ®iĨm)
A.y= 3x 3− B.y= − 3x 3− C.y = -3 B.y x 3
= − −
A y = x -
B.y x
2
= + C y = -2 (1 - x) D y = (1 - x)
A B a C -1 D -a
A.Khơng có trục đối xứng
B có trục đối C.có hai trục đối xứng
D có vơ số trục đối xứng
A 6,5 B C D 4,5
A 200 B 300 C 400 D 250
A 48cm3 B 36cm3
B 36 ∏cm3 A 48
(62)Bài 1(1,5 điểm):
Cho biểu thøc M=( 8−4 2+ 40) 2 vµ N
5
− =
+ 1.Rót gän biĨu thøc M vµ N
2.TÝnh M+ N Bài 2( 2,0 điểm):
1.Giải hệ phơng tr×nh 3x y
3x 2y
− = −
− + =
2.Giải phơng trình 3x2 5x =
3.Cho ph−ơng trình 3x2 – 5x – 7m = Tìm giá trị tham số m phng trỡnh
có nghiệm dơng Bài 3( 3,75 điểm):
Cho tam giác ABC vuông A có AB < AC, đờng cao AH Đờng tròn đờng kính AH cắt AB P, cắt AC ë Q
1.Chøng minh gãc PHQ = 900
2.Chøng minh tø gi¸c BPQC néi tiÕp
3.Gọi E, F lần lợt trung điểm HB HC Tứ giác EPQF hình gì? 4.Tính diện tích tứ giác EPQF trờng hợp tam giác vuông ABC có cạnh huyền BC = a vµ gãc ACB = 300
Bµi 4( 0,75 điểm):
Cho x xy +1 Tìm giá trị lớn biểu thức
2
3xy P
x y
(63)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ ĐỀ THI TUYKhóa thi ngày 25 tháng nỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN ăm 2010 MÔN THI: TỐN
(Dành cho thí sinh dự thi chun Tốn chun Tin)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức
3
3 2 2
2( ) 2
2
2 a b b
a b a a b
a
ab a
P
b
a b
1 Tìm điều kiện a bđể biểu thức P xác định Rút gọn biểu thức P Biết 3
2 1
a
4
b Tính giá trị P (khơng sử dụng máy tính cầm tay) Câu (2.0 điểm) Cho phương trình ax2bx c 0 (1)
1 Chứng minh số a, b, c thỏa mãn điều kiện 4a5b9c0, phương trình (1) ln ln có nghiệm
2 Cho a = 2, tìm điều kiện b cđể phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 dấu thỏa mãn
1 2 2 2010 x x x x x x x x
Câu (1.0 điểm) Tìm số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện 2009 x2011y xy
Câu (3.0 điểm)
1 Cho ngũ giác lồi ABDEC thỏa mãn điều kiện AB = AC, BAD CAE DAE Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE cắt A O (O khác A)
1800
BDA CEA
a) Chứng minh ba điểm B, O C thẳng hàng b) Chứng minh AODE
2 Cho tam giác ABC có Điểm M di động tia AC điểm N di động tia BC cho
450 ABC
M
300 BAC
N
OM = BN, O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa điểm B, lấy điểm D cho tam giác ACDđều
a) Chứng minh AB đường trung trực đoạn thẳng CD b) Chứng minh ba điểm D, M N tạo thành tam giác cân Câu (2.0 điểm)
1 Một tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c thỏa mãn
3 ( )3 ( 3
(a b c ) b c a c a b) a b c3 Chứng minh tam giác tam giác
2 Giải hệ phương trình
3
3
4 3
6
, . 7
7
x xy
y x y
y
(64)Câu 1 Tìm điều kiện xác định rút gọn P
3
3 2 2
2( ) 2
2
2 a b b
a b a a b
a ab a P b a b
Điều kiện: a0,b0,a2 b Ta có
3 3
3
2
2 2 2
a b a b a b a ab b Suy
3
2( )
2( )
2 2 2
2 2 2 2
a b a a b
a b a
a ab b a b a ab b
a b
a ab b
a b
a b a ab b
2
3 2 2 2
2
2 2
2
2 2 2
2 2
a b a ab b
b b a
a b
a b
a a
ab b
a ab b a ab b a
b b b
Từ đó,
2
1
2 2
a b a b
a b b b
P
2 Cho
2
a
4
1
2
b , tính P
Ta có 3
2 2
8
1
a b
Suy b a Do 2
1 1
2
P a b a a a
b b
Câu Cho 4a5b9c0, chứng minh phương trình
0 (1) bx c
ax ln có nghiệm.
Xét trường hợp a = Nếu b = từ 4a5b9c0, ta suy c = 0, phương trình (1) nghiệm với x
Cịn b0, phương trình (1) trở thành bx c 0, có nghiệm x c b
Trường hợp a0, (1) phương trình bậc hai Từ 4a5b9c0, ta có
5 4a 9c
b Suy
2 2 2
2 28 12
2
(4 ) 16 81 (2
5 25
7 4 ) a
a c a c a c c
a a
b c ac c
Do đó, (1) có hai nghiệm phân biệt
Vậy, trường hợp, (1) ln có nghiệm
2 Tìm điều kiện b, c để phương trình 2x2bx c 0 ( )1 có hai nghiệm x x1, 2 dấu
(65)Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 dấu b28c0 c0 Nhận xét: Nếu xy0 | |x |y| | xy|
Do đó, từ
2
2 2 2
1 2 2 2 1 2
3 )
4 0,
( x
x x x x x x x x x x x x x xx x x x
ta có
1
1 x2 x x1 x2 x x1 x2 2 2x x x x x x x x x x x
Mặt khác, theo định lí Vi-et, ta có 1 2
x b
x Cùng với giả thiết, ta phải có | | 2010b , hay b 2010 Kết hợp với điều kiện
8
b c
c0, ta suy điều kiện cần tìm 2010
b
2 1005
2 c
Câu Tìm số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện 1 2009 x2011yxy
Ta có 2009 2011 ( 2009) 2011 2011 2009
y
x y xy x y y x
y
2 2010 2011
2009 x
y
Suy ra, số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện số ước số 2010
Phân tích 2010 thành tích thừa số nguyên tố ta 20102 22.3 52 2.672 Suy ước số dương 20102 có dạng 2x.3 6y z 7t, với x, y, z, t số thuộc tập {0,1, 2}
Do số số x, y, z, t có khả lựa chọn, nên số ước số dương 2010 3.3.3.3=81 Như vậy, số ước số 2010 2.81=162, thành có 162 cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện
Câu Cho ngũ giác lồi ABDEC thỏa mãn điều kiện AB = AC, BAD CAE DAE
0 180
BDA CEA Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE cắt
nhau A O (O khác A)
a) Chứng minh ba điểm B, O C thẳng hàng
Ta có BOABOA COA, CEA (góc nội tiếp chắn cung) Suy 180 BOA COA BDA CEA Vậy, B, O C thẳng hàng
O A
C
B
D E
b) Chứng minh AODE
Từ BAD CAE DAE, ta có
DAE BAC Hơn nữa, ADO ABC A BC Suy
0
1 180
90
2 2
DAEADO B CA ABCACB Vậy, DO AE
(66)2 Cho tam giác ABC có ABC450 BAC300 Điểm M di động trên tia AC điểm N di động
tia BC cho M N OM = BN, đó, O 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 đều.
a) Chứng minh AB đường trung trực CD
Từ giả thiết 45
ABC BAC 300, ta suy tam giác AOC vuông cân O tam giác COB Xét hai tam giác DCB ACO Vì AC = DC (tam giác ACD đều), CO = CB (tam giác COB đều)
60
ACODCB DCO nên DCB = ACO Suy BD = OA = R, dẫn đến BD = BC (= R) Hơn nữa, AD = AC, nên AB đường trung trực CD
b) Chứng minh ba điểm D, M N tạo thành tam giác cân.
Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, I trung điểm AC Ta có D, O, I thẳng hàng,
2,
2
2 ,
R R
ACR DI OI
Suy
2 2 2 2
(2)
DI IM DI O O
M OI
D M R M
O C
D A
B I M
N
Từ câu a), ta có DB = BC = R DBCAOC 900 nên
2 2 2
(3) DN DB BN R BN Từ (2), (3) OM = BN, ta suy DM = DN
Giả thiết có M N M, N nửa mặt phẳng bờ OB, D nằm nửa mặt phẳng lại Kết hợp với DM = DN, ta suy ba điểm D, M, N tạo thành tam giác cân D
Câu Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác thỏa mãn
3 3 3
( ) (
(abc) b c a cab) a b c
Chứng minh abc
Đặt x b c a y, c a b z, a b c Do a, b, c cạnh tam giác nên x, y, z số dương Từ cách đặt, ta tính , ,
2 2
y z z x x y
a b c Khi đó, đẳng thức đề trở thành
3 3 3
3 3 2 2 2
8
( ) ( ) ( )
x
x x
y z x y y z z x
y z y xy y z yz z x zx
3 2 3 2 3 2
0
y x y xy y z y z yz x zx
x z z x
2 2
(x y x)( y) (y z y)( z) (z x z)( x)
, x y z
x, y, z số dương Từ x = y = z, ta dễ dàng suy a = b = c
(67)3
3
4
6
7 , ( 5)
4) (
x xy y
y x y
Trừ theo vế hai phương trình hệ, ta 4x33xy2y36x y2 7(y1) Phân tích
3
4x 3xy y 6x y thành nhân tử, ta
3 2
4x 3xy y 6x y(xy)(4x 2xyy ) Do đó,
2
(xy)(4x 2xyy )7(y1) (6) Từ (5), ta phải có y0, kết hợp với (4), ta suy x0 Dẫn đến
2
2 2
2
4x xyy x xy 0 Cùng với (6), suy xy dấu với y1
Do đó, < y < 1, y - < , x – y < 0, hay x < y Dẫn đến < x < y < 1, y36x2y7, mâu thuẫn với (5)
Còn y > 1, suy x > y > 1, 6x
y y , mâu thuẫn với (5) Như vậy, y Cùng với (6), ta x = y =
(68)SỞ GIÁO ðỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10THPT CHUYÊN HÀ NAM Năm học 2010 – 2011
(Toán chung)
Thời gian làm bài: 120phút
Bài : ñiểm
1 Rút gọn biểu thức
7 ( 3)( 2 3)
P= − − + −
−
2 Giải phương trình
4 6 16 0
x x
− + + =
Bài : ñiểm
Cho pa bol(P) y = - x2 ñường thẳng y = - 2x + m
a) Tìm tọa độ ñiểm pa bol có tung ñộ y = -2
b) Tìm giá trị m đểđường thẳng (d) ñi qua ñiểm A( 2; -2)
Với giá trị m vừa tìm được, tìm tọa độ giao ñiểm ñường thẳng (d) pa
bol (P)
Bài :2 ñiểm
1 Cho ña thức P(x) =
3
3
5
3 ( )
2
x x x m
+ − − − + −
P(x) có dạng thu gọn
P(x) = ax3 + bx2 + cx + d tìm giá trị m ñể : a +c = b +d
2 Giải phương trình
2
3x +11+ x− +2 2x+ =3 14x
Bài : ñiểm
Cho tam giác ABC vng A có AB<AC va đường trịn (I) đường kính BC ðường trịn (K) đường kính BI cắt AB M cắt AI N Tia BN cắt đường
trịn (I) D, gọi E giao ñiểm IM BN
Chứng minh hai tam giác MBE MAE
Chứng minh AE vng góc với BI
Chứng minh AB.BC = 2EB.AC
Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác BEI đường trịn ngoại tiếp
tam giác ADI
(69)SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
THANH HOÁ NĂM HỌC 2010-2011
( Dành cho tất cả 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 =
+ − + − + + − − − 10 : 6 x x x x x x x x x
1) Rút gọn biểu thức A
2) Tìm x cho A <
Câu II : ( 2.0 ñiểm ) Cho x1 x2 hai nghiệm của phương trình : x2 – 7x + =
1) Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm 2x1−x2 2x2−x1
2) Tính giá trị của biểu thức: B=| 2x1−x2| | 2+ x2−x1|
Câu III : ( 1,5 điểm ) Giải hệ phương trình
= − + + = − − + 20 2 y x y x y x y x
Câu IV : ( 3,5 điểm )
Cho hình vng ABCD ñường chéo BD lấy ñiểm I cho BI = BA ðường thẳng đi
qua I vng góc với BD cắt AD tại E AI cắt BE tại H
1) Chứng minh rằng : AE = ID
2) ðường tròn tâm E bán kính EA cắt AD tại điểm thứ hai F ( F ≠A)
Chứng minh : DF.DA = EH EB
Câu V : ( 1.0 điểm )
Cho tam giác ABC có độ dài cạnh lần lượt : BC = a ; CA= b ; BA= c Và chu vi bằng
2p Chứng minh rằng : ≥9
− + − +
− p c
p b p p a p p
Hết
Họ tên thí sinh số báo danh:
(70)Sở giáo dục đào tạo Thanh hố
§Ị thi gåm cã 01 trang
kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn
năm học: 2010 - 2011
Môn: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao )
Ngày thi: 20 tháng năm 2010
Câu 1: (2,0 điểm)
1 Giải phơng trình:
3 140 0
x + x− =
2 Không dùng máy tính, tính giá trị biểu thức: 3
70 4901 70 4901
P= + +
Câu 2: (2,5 điểm)
1 Cho parabol (P): 1
4
y= x đờng thẳng (d): y = -1 Gọi M điểm
thuộc (P) Tìm trục tung tất điểm cho khoảng cách từ M đến điểm khoảng cách từ M đến đ−ờng thẳng (d).
2 Cho ba số không âm a, b, c có tổng Chứng minh rằng: b + c ≥ 16abc Chỉ rõ dấu đẳng thức xảy no?
Câu 3: (1,5 điểm)
Giải hệ phơng trình sau (với x > 0, y < 0):
2
1 10 10 1
3 3
82 9
x x y y
y y
x y
+ + − + = + +
+ =
Câu4: (3,0 điểm)
Tam gi¸c ABC cã
105
BAC= , đờng trung tuyến BM đờng phân giác CD
cắt K cho KB = KC Gọi H chân đờng cao hạ tõ A cđa tam gi¸c ABC 1. Chøng minh r»ng: HA = HB
2. TÝnh sè ®o góc ABC ACB
Câu 5: (1,0 điểm)
Ký hiệu [x] phần nguyên số thực x Tìm số thực x thoả mRn:
8 1 4 1 16 7
6 3 9
x+ x− x−
+ =
- HÕt -
Họ tên thí sinh: . Số báo danh:
Chữ ký giám thị 1: . Chữ ký giám thị 2: .
(71)Thi vào 10 KHTN HN năm 2010
Ngày 18 tháng năm 2010
Cảm ơn bạn kaka math Mathscope post đề thi
Vòng
Bài
1) Giải hệ phương trình
3x2+ 8y2+ 12xy= 23 x2+y2 =
2) Giải phương trình√2x+ + 3√4x2−2x+ = +√8x3+ 1.
Bài
1) Tìm tất cặp số nguyên không âm(x;y) thỏa mãn đẳng thức
1 +x2
1 +y2
+ 4xy+ (x+y) (xy+ 1) = 25
2) Gọi[a]là phần nguyên củaa Chứng minh với mọinnguyên dương, ta có
3 1.2+
7
2.3 +· · ·+
n2+n+
n(n+ 1)
=n
Bài
Cho đường trịn tâm)với đường kínhAB= 2R Trên đường thẳng tiếp xúc với đường tròn(O)tại A ta lấy điểmC cho \ACB= 300 Gọi H giao điểm thứ hai đường thẳngBC với(O)
1) Tính độ dài đoạn thẳng AC, BC khoảng cách từ A đến đường
thẳngBC theoR;
2) Với điểm M đoạn thẳngAC, đường thẳngBM cắt đường tròn
(O) điểmN(khácB) Chứng minh bốn điểm C, M, N, H nằm đường tròn tâm đường trịn ln chạy đường thẳng cố định khiM thay đổi đoạn thẳng AC
Bài
(72)Choa, b số thực thỏa mãn đẳng thức(1 +a)(1 +b) =
4 Tìm giá trị
nhỏ biểu thức
P =p1 +a4+p1 +b4.
Vòng
Bài
1) Giải phương trình√x+ +√3x+ = 4; 2) Giải hệ phương trình
5x2+ 2y2+ 2xy= 26 3x+ (2x+y) (x−y) = 11
Bài
1) Tìmnngun dương đển2+ 391là số phương; 2) Vớix, y, z số thực dương thỏa mãnx+y+z= Chứng minh
√
xy+z+p2x2+ 2y2
1 +√xy ≥1
Bài
Cho tam giácABCnhọn, điểmMbất kì nằm tam giác KẻM H vng
góc với BC (H thuộcBC) Từ H kẻ HE, HF, HP, HQ vng góc
vớiAB, AC, BM, M C Giả sửE, P, Q, F thẳng hàng Chứng minh
a)M trực tâm tam giácABC;
b) Tứ giác BEF H nội tiếp
Bài
Cho2010số thực khác không xếp theo thứ tựa1;a2;· · · ;a2010 Ta đánh dấu tất số dương dãy số âm thỏa mãn điều kiện tổng chúng với số số liền sau chúng số dương Chứng minh dãy có số dương tổng tất số bị đánh dấu số dương
Chú ý: Ngày tài liệu ngày thi mà ngày gõ đề 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 đào tạo hà tĩnh
§Ị chÝnh thøc
kú thi tun sinh líp 10 thpt
năm học 2010 2011 Môn thi: To¸n
Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề
Bµi1
Rót gän c¸c biĨu thøc sau: 1) 18− 8+
2)
1 − − + −
x x x
x x
Bài 2
Cho phơng trình: x2 5x+m+1=0(1) (m tham số) 1) Giải phơng trình (1) m =
2) Tìm giá trị m để ph−ơng trình (1) có hai nghiệm x1, x2thoả m0n đẳng
thøc: (x1x2- 1)
= 20(x1+ x2)
Bài 3.1) Trên hệ trục toạ độ Oxy, đ−ờng thẳng y = ax + b đI qua điểm M(0;1) N(2;4) Tìm hệ số a b
2) Gi¶i hƯ phơng trình:
= = +
1 2
xy y x
Bài 4
Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M B M C) Qua B kẻ
đờng thẳng vuông góc với tia DM cắt đờng thẳng DM, DC theo thứ tự E F
1) Chứng minh tứ giác: ABED BDCE nội tiếp ®−êng trßn 2) TÝnh gãc CEF
3) Đ−ờng thẳng AM cắt đ−ờng thẳng DC N Chứng minh đẳng thức:
1
AD =
1
AM +
1
AN Bµi 5
Tìm x để y đạt giá trị lớn thoả m0n: x2
+ 2y2
+ 2xy - 8x – 6y = -HÕt -
(74)Sở giáo dục & đào tạo
VĨNH PHÚC
- đề thức
Kú thi tun sinh vµo líp 10 thpt Năm học 2010 - 2011
Môn thi : Toán
(120 phỳt, khụng k thi gian giao đề) -
Phần I Trắc nghiêm ( điểm). Chọn câu trả lời
Câu 1: Giá trị 10 40bằng:
A 10 B.20 C 30 D 40
Câu 2: Cho hàm số y=(m−2)x+1(x biến, m tham số) đồng biến, giá trị m là:
A m = -2 B m < C m > D m =
Câu 3: Nếu hình chữ nhật có hain đ−ờng chéo vng góc với độ dài cạnh hình chữ nhật 0,5 cm diện tích hình chữ nhật bằng:
A 0,25 cm2 B 1,0 cm2 C 0,5 cm2 D 0,15 cm2
Câu 4: Tất giá trị để biểu thức x+2 có nghĩa :
A x< -2 B.x<2 C.x∈ D x2
Phần II Tự luận ( điểm )
Câu 5: ( điểm) Giải hệ phơng trình 5
4
x y x y
− = −
− = −
C©u 6: ( 1,5 điểm) cho phơng trình:
2( 1)
x − m− x+m− = (x lµ Èn, m lµ tham sè)
1 Chøng minh phơng trình đQ cho có hai nghiệm phân biệtx x1, 2 với gí trị m
2.Tìm tất giá trị m để ph−ơng trình đQ cho có hai nghiệm x x1, 2 thoả mQn điều
kiÖn 2
1 10
x +x =
Câu ( 1,5 điểm) Cho tam giác có chiều cao 3
4 cạnh dáy Nếu chiều cao tăng thêm 3m
cnh ỏy giảm 2m diện tích tam giác vng tăng thêm 9m2 Tìm cạnh đáy chiều cao
của tam giác vuông đQ cho
Câu 8: ( điểm) Cho đ−ờng tròn (O), M điểm nằm ngồi đ−ờng trịn (O) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đ−ờng tròn (O) với A, B tiếp điểm; MPQ cát tuyến khơng qua tâm đ−ờng trịn, P nằm giũa M Q Qua P kẻ đ−ờng thẳng vng góc với OA Cắt AB, AQ t−ơng ứng R, S Gọi trung điểm đoạn PQ N Chứng minh:
1 Các điểm M, A, N, O, B thuộc đ−ờng tròn, rõ bán kính đ−ờng trịn 2 PR = RS
Câu 9: (1 điểm) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi tìm giá trị nhỏ
biÓu thøc 3
4( ) 15
P= a +b +c + abc
(75)(76)SỞ GD&ĐTQUẢNG BÌNH kú THI TUYẾN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học : 2010-2011
Môn: Toán (Chuyờn Toỏn,Tin)
S bỏo danh: Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề
C©u 1: (3,0 điểm)
a) Chøng minh P = 2 3 5 13 48
6 2
số nguyên
b) Tìm giá trị nhỏ y = x 1 2 x2 x 7 6 x2
Câu 2: (1,0 điểm)
Tỡm tất ba số dương ( ; ; )x y z thỏa mãn hệ phương trình
2010 6
2010 6
2010 6
2. 2. 2.
x y z
y z x
z x y
C©u 3: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng (d) : y 2xa2 parabol (P) : yax2 (víi a lµ tham sè, a> )
a) Tìm ađể (d) cắt (P) điểm phân biệt A B Chứng minh lúc A B nằm bên phải trục tung
b) Gọi x x1, 2 theo thứ tự hồnh độ A, B Tìm giá trị nhỏ biểu thức
1 2
2 3
1 T
x x x x
Câu 4: (1,0 điĨm) Tìm tất số thực x thỏa mãn :
(x2)(4x) x2 4x 6x 3x x330
Câu 5: (1,5 điểm)
Cho đường tròn ( O, R ) Từ điểm P nằm (O) kẻ hai dây AB CD vng
góc Chứng minh rằng: PA2 + PB2 + PC2 + PD2 không phụ thuộc vào vị trí điểm P nằm đường trịn
Câu 6: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC có số đo ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c điểm M nằm
trong tam giác Dựng MA' vng góc BC, MB' vng góc CA MC' vng góc AB
(A', B', C' thuộc BC, CA, AB) Hãy tìm giá trị nhỏ tổng: Z =
' ' '
a b c
MA MB MC
3