de thi vao 10 chuyen

[r]

(1)

SỞ GD-ĐT KHÁNH HÒA KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011 – 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN KHÔNG CHUYÊN

NGÀY THI : 21/06/2011 Thời gian : 120 phút Bài (2đ)

1 Đơn giản biểu thức

2 4

A    

 

2 Cho biểu thức

1

,

1

P a a

a a a a

 

     

   

 

Rút gọn P và chứng tỏ P 0

Bài (2đ)

1 Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + = có nghiệm x

1; x2 Hãy lập một phương trình bậc có nghiệm (x12 + 1) và (x22 + 1)

2 Giải hệ phương trình

2 4

1 x y

x y 

 

 

 

  

 



Bài 3(2đ) Quãng đường từ A đến B dài 50 km Một người dự định xe đạp từ A đến B với vân tốc không đổi Khi được giờ, người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ Muốn đến B đúng thời gian đã định, người xe đạp phải tăng vận tốc thêm 2km/h quãng đường còn lại Tính vận tốc ban đầu của người xe đạp

Bài (4đ) Cho tam giác ABC có góc nhọn và H là trực tâm Vẽ hình bình hành BHCD Đường thẳng qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E

1 Chứng minh A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn Chứng minh BAE DAC  .

3 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC, đường thẳng AM cắt OH tại G Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC

(2)

-HẾT -SỞ GD-ĐT KHÁNH HÒA KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011 – 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN CHUYÊN

NGÀY THI : 22/06/2011 Thời gian : 150 phút Bài 1(2đ)

1 Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức 2 2 2

A         

2 Cho x, y là các số khác và thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

3

P

x y xy



 

Bài (2đ)

1 Giải phương trình    

2 3 4 6 24

x  x x  x 

2 Với x, y, z là các số dương, giải hệ phương trình

  

187

154

238

xyyz

yzzx

zxxy









 Bài (2đ)

1 Cho ba số a, b, c thỏa mãn  1 a b c, , 2,a b c  0 Chứng minh: ab bc ca  3.

2 Cho a, b là các số nguyên dương cho

1

a b

b a

 



là số nguyên Gọi d là ước của số a và b

Chứng minh d  a b

Bài 4.(3đ) Trên nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R là độ dài cho trước) lấy hai điểm M N (M N khác A và B) cho M thuộc cung AN và tổng các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng R

1 Tính độ dài đoạn thẳng MN theo R

2 Gọi I là giao điểm của AN và BM, K là giao điểm của AM và BN Chứng minh bốn điểm M, N, I, K cùng nằm một đường tròn Tính bán kính của đường tròn đó theo R

3 Tìm GTLN của diện tich tam giác KAB theo R M, N thay đổi nửa đường tròn (O) vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán

Bài (1đ) Cho hình thoi ABCD có BAD 1200 Tia Ax tạo với tia AB một góc BAx 150 và cắt cạnh BC tại M, cắt đường thẳng CD tại N Tính giá trị của biểu thức

2

1

T AB

AM AN

 

   

(3)

-HẾT -ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM TOÁN CHUYÊN BÀ

I ĐÁP ÁN

ĐIỂ M

1.1

 

2 2 2

A       0.25

2 2 2

A      0.25

 

2 3

A        0.5

1.2

Ta có x + y = suy x3 + y3 + xy = (x+y)(x2 + y2 –xy) + xy = x2 + y2 0.25

  2 2 3 1

1 2

2 1

2

2 2

x x x x x

x y xy x

                                  0.25

Đẳng thức xảy

1 x y

  

Vậy x3y3xy nhỏ nhất bằng

1 x y

   0.25

Suy 3

1 P

x y xy 

  lớn nhất bằng 2

1 x y

   0.25

2.1

           

   

2

3 24 24

2 24

x x x x x x x x

x x x x

          

      0.25

Đặt y = x22x 3 Phương trình trở thành y(y-5) = 24 y2 5y 24 0

3 y y       0.25 2 2 0;

2 3

1

2 11

x x

x x x x

x

x x x x

                          0.5 2.2

Hệ đã cho

   

187 11.17 (1) 154 11.14 (2)

238 14.17 (3) x y y z

y z z x z x x y

                  0.25

Nhân (1), (2), (3) vế theo vế ta được      

2 2 2

11 14 17 x y y z z x 

Do x, y, z lần lượt là các số dương, suy x y y z z x       11.14.17 (4)

0.25

Lần lượt chia (4) cho (1), (2), (3) ta được

17 (5) 11 (6) 14 (7) x y y z z x           

Cộng (5), (6), (7) vế theo vế ta có 2(x + y + z) = 42  x + y + z = 21 (8)

(4)

Lần lượt lấy (8) trừ (5), (6), (7) ta được

10 x y z

  

   

 (thỏa hệ ban đầu) Kết luận.

0.25

3.1

Từ giả thiết a, b, c   1;2 ta có a 1 0;a 0 0.25 Do đó (a1)(a 2) 0  a2 a 0

Tương tự b2 b 0; c2 c 0 0.25

Suy a2b2c2 (a b c  ) 0   a2b2c2 6 (a b c  0) 0.25

 

2 2

2

2( ) 2( )

6 2( )

a b c ab bc ca ab bc ca

a b c ab bc ca ab bc ca

         

           0.25

3.2

 2  

2

1

2

a b a b

a b a b a b

b a ab ab

  

    

    0.25

Do

   

2

1

; (1)

a b a b

a b

N N a b a b kab k N

b a ab

  

 

          0.25

Nếu d là ước chung của a và b thì a = md; b = nd m n N,    a b (m n d ab mnd ) ;  0.25

 2    2

(1) m n d m n d kmnd m n kmn m n d ld l N;

            

 

2

a b ld d

d a b

   

  

0.25 4.1

P H O'

K

I

B' A'

N

A O B

M

Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên đường thẳng MN Gọi H là trung điểm đoạn thẳng MN thì OH MN

(5)

Xét hình thang AA’B’B có OH là đường trung bình nên  

1

' '

2

R OH  AA BB 

2

2 2 2

4

R R

MH  OM  OH  R    MN MH R

0.5

4.2

Ta có AMB ANB 900  KMI KNI 900 0.25

Suy bốn điểm M, N, I, K cùng nằm một đường tròn đường kính KI 0.25 Vì MN = R nên tam giác OMN đều

  1 300  600

2

KAN MAN  MON   AKN 

Gọi O’ là trung điểm của IK thì O’ là tâm của đường tròn qua bốn điểm M, N, I, K và R’ = O’M là bán kính của đường tròn này

0.25

Do đó

 ' 2 2 1200 ' 3 '

3 R

MO N  MKN  AKN   MNR  R  0.25

4.3

Gọi P là giao điểm của IK và AB, I là trực tâm của tam giác KAB nên KI AB, nên KP là đường cao tam giác KAB hạ từ K

Do O, O’ nằm trung trực đoạn MN, nên O, O’, H thẳng hàng Xét tam giác MOO’ có

 ' 900 ' 30 ;0  ' 600

OMO  MOO  MO O

Suy

2 ' '

3 R OO  MO 

0.25

Tam giác KAB có AB không đổi nên nó có diện tích lớn nhất KP lớn nhất Ta có

2

' '

3

R R

KP KO OO    R 0.25

Đẳng thức xảy P O  OO'AB MN AB//  KABcân tại K KABđều (do

 600

AKB ) 0.25

Do đó

2

1

2

KAB

S  AB KP R KP  R

Kết luận diện tích tam giác KAB lớn nhất bằng 3R2 và chỉ MN//AB (hay KABđều)

0.25

x

15

H K

N M

B A

D

C

Qua A dựng đường thẳng vuông góc Ax, cắt CD tại K Ta có :

     150

DAK DAB KAM MAB 

0.25

Xét hai tam giác ADK và ABM có : DA = AB (cạnh hình thoi);

(6)

  600 120 ;0

ADK ABM  DAB

  150

DAK BAM  (Chứng minh và BAx150) ( )

ADK ABM g c g AK AM

    

Gọi AH là đường cao tam giác AKN vuông tại A, ta có 2

1 1

(1)

AH AK  AN 0.25

Mà

3

; ( )

2

AD AB

AH   AK AM cmt

2 2 2

2

1 1 1

(1)

3 3

4

1

3

AM AN AM AN AB

AB

T AB

AM AN

     

 

    

 

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	131,69 KB