CAY THUOC DUNG CHI BAI GADT

Học sinh phải giới hạn đúng quỹ tích mới trọn chấm điểm.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỆ CHUYÊN LONG AN Mơn thi : TỐN (Hệ chun)

Ngày thi : 05-07-2012

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (khơng kể phát đề) ………. Câu 1: (1,5 địểm )

Rút gọn biểu thức:A =

3 11 3 1

8 15 5 3

x x x x

x x x x

  

 

    x0,x9,x25 . Câu 2: (2 điểm)

Cho phương trình: x2-(2m+3)x+m2+m+2=0 (m tham số). a) Định m để phương trình có nghiệm.

b) Định m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa x1 2x2. Câu 3: (1 điểm)

Giải phương trình: (x+3)(x-2)(x+1)(x+6)= - 56. Câu 4: ( 2,5 điểm )

Cho đường tròn (O) đường kính AB, cung AB lấy điểm C ( C không trùng với A, B AC < CB).Vẽ dây cung CD vng góc với AB E ( EAB ) Qua điểm C vẽ đường thẳng vuông góc với BD M ( MBD), đường thẳng cắt đường tròn (O) G cắt BE H.

a) Chứng minh tứ giác BCEM nội tiếp. b) Chứng minh EH.MG = EA.HM.

c) Gọi K giao điểm AG ED Chứng minh AG.AK – AE.EB = AE2.

Câu 5: ( 1điểm )

Tìm số nguyên x để 199 x2 2x2là số phương chẵn. Câu 6: (1 điểm)

Cho a,b,cR; a,b,c > 0, a+b+c=1

Chứng minh rằng:

1 1 1

3 2a b 2b c 2c a  . Câu 7: (1 điểm).

Cho hai tia Ax Ay vng góc với nhau, tia Ax lấy điểm B cố định, điểm C di chuyển tia Ay Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AC, BC M N Chứng minh MN qua điểm cố định

-HẾT -HƯỚNG DẪN CHẤM

A =

3 12 3 1

8 15 5 3

x x x x

x x x x

  

 

    x0,x9,x25

=   

       

     

1 3 5

3 12 3

3 5 3 5 3 5

x x x x

x x

x x x x x x

             ……… 0,25+0,25 =    

3 12 3 2 3 5

3 5

x x x x x x

x x          ……….0,25 =    5 6 3 5 x x x x     ……… 0,25 =         2 3 3 5 x x x x     ………0,25 = 2 5 x x 

 ……… ……….0,25

GHI CHÚ: Bước học sinh phân tích mẫu cho 0,25, qui đồng cho 0,25 Bài 2: Cho phương trình: x2-(2m+3)x+m2+m+2=0 (m tham số) (1).

a) Định m để phương trình có nghiệm

Ta có: =(2m+3)2-4(m2+m+2)=8m+1……….0.25

Phương trình có nghiệm khi:  0………0.25

 8m+10……….0.25

 m 1 8   ……… ……….………0.25

b) Với m

1 8  

gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1) ……….0.25

Ta có: 2 2 2 3(*) 2 (**) . 2(***)

x x m

x x

x x m m

            ………0.25

Từ (*) (**) ta có

2(2 3) 3 m

x  

2 3 3 m

x  

:……… …0.25

Thế hai nghiệm x1, x2 vào (***) ta có m2-15m=0 hay m=0 m=15, so với điều kiện nhận m=0 ;

- Câu b, học sinh không xét m

1 8  

trừ 0.25 kết luận có so điều kiện khơng trừ.

- Sai hai hệ thức Viete khơng chấm phần phần cịn lại.

-Câu : Giải phương trình (x+3)(x-2)(x+1)(x+6)= -56 (1)

Từ (1) ta có : (x2+4x+3)(x2+4x-12) = -56 … ……….0.25

Đặt t = x2+4x+3 phương trình trở thành : t2-15t+56=0  t=8; t=7………0.25

Với t = ta có : x2+4x-5=0  x=1; x=5……….0.25

Với t = ta có : x2+4x-4=0  x= 2 2 ; x= 2 2 ………0.25

Câu 4: ( 2,5 điểm)

K

O H

G M

D E

C

B A

a) Tứ giác BCEM có:

  900

BEC BMC  (gt) ………0,25

 Tứ giác BCEM nội tiếp ……… 0,25

b) Ta có CBE CME  ( hai góc nội tiếp chắn cung CE )……….0,25

Mà CBE CGA  ( hai góc nội tiếp chắn cung AC )………0,25

 CME CGA

Vì hai góc vị trí đồng vị  EM // AG ……….0,25

Theo định lý Ta – lét ta có:

HE HM

 HE.MG = EA.HM ……….0,25

c) Ta có ABCD (gt )  ACAD

 CDA AGD ……….0,25

ADK AGD có:



DAG chung CDA AGD  ( cmt )

 ADK đồng dạngAGD ( g – g )



AD AK

AG AD

 AD2 = AG.AK (1) ………0,25

 900

ADB ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn )

ABD vng D có DE đường cao

 DE2 = AE.EB (2) ……… 0,25

ADE vuông E theo định lí Pi-Ta- Go ta có:

2 2

AD  DE AE (3)

Từ (1), (2), (3)  AG.AK – AE.EB = AE2 ………0,25

Ghi chú: Học sinh khơng vẽ hình chấm điểm làm Câu 5: ( 1điểm )

Gọi số phương chẵn (2t)2 với t N

Ta có 199 x2  2x 2= (2t)2

2

200 (x 1) 2 4t

     (1)

2

4t 2 200

   ………0,25

2

4t 16

 

2 4

t

 

0 t 2

   t N ……… 0,25

Với t = phương trình (1) vơ nghiệm

13; 15

Với t = giải phương trình (1) hai nghiệm x1 1;x2 3………0.25

GHI CHÚ: Học sinh nhẩm bốn giá trị x cho 0,25. Câu 6: Cho a,b,cR; a,b,c > 0, a+b+c=1 Chứng minh rằng:

1 1 1

3 2a b 2b c 2c a  .

Ta có :

1

2a b +(2a+b)2 ……… 0.25

1

2b c +(2b+c)2 ;

1

2c a +(2c+a)2……… 0.25

Cộng vế bất đẳng thức ta :

1 1 1

2a b 2b c 2c a +3(a+b+c)6 ……….0.25

Hay

1 1 1

2a b 2b c 2c a 6-3=3……….0.25

Ghi chú: học sinh giải theo bất đẳng thức AM-GM cho ba số cho trọn điểm SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỆ CHUN

LONG AN Mơn thi: TỐN ( Hệ chuyên ) Ngày thi: 05 – 07- 2012

Thời gian: 150 phút ( không kể phát đề) ……… HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1: Cho biểu thức: A=

1 2 1

1 1 1

x x

x x x x x

 

 

    với x0.

a) Rút gọn biểu thức:

A=

( 1)( 1) 2 1

( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

   ……… 0,25

=( 1)( 1)

x x

x x x



   ……… 0.25

= 1

x

Ghi chú: Bước1, học sinh để mẫu số x x1 ( x)31 chấm trọn điểm.

b) Đặt t= x; t0 Ta có : A= 1

t

t  t  At2 - (A+1)t + A=0 (1)… 0.25

- Với A=0  t=0  x=0 (2)

- Với A0 từ (1) ta có ứng với giá trị t tồn giá trị A nên phương trình (1) ln có

nghiệm:

 = -3A2+2A+10 

2

4 1

( ) 9  A 3 

1 1 3 A    (3)……… 0.25

- Từ (2) (3) A đạt giá trị lớn t=1 hay x=1

………

GHI CHÚ: Học sinh không xét trường hợp A=0 trừ 0.25đ, học sinh khơng xét A đạt max x=1 thì trừ 0.25

- Học sinh giải theo hướng sau: - Với x=0 A=1

- với x0 A=

1 1 1 x x   ……….0.25 Mặt khác: 1 2 x x   nên A 1 1 2 1    ………0.25

Vậy A max=1

1 x

x 

hay x=1………0.25 Câu 2: ( điểm)

Ta có: '= m2 4m4 ……….0,25

 

2 2 0 m

  

với giá trị m ……… 0,25 Nên phương trình ln có nghiệm với giá trị m

Theo hệ thức Vi – ét ta có:

1 2 2

x x  m , x x1. 2 2m 3 ……….0,25 + 0,25

Ta có: 12 22

1 1 2

x x   2 2 2 1

x x  x x với x1.x2 0……….…0,25

   

2

1 2 2

x x x x x x

   

……….0,25

   

2

2m 2 2(2m 3) 2m 3

 m2 3m 2 0 ……… 0,25

 m1,m2 ……… 0,25

GHI CHÚ: -Học sinh thiếu bước 1,2 chấm bước lại.

- Nếu học sinh sai hai hệ thức Viete không chấm phần hai bước cuối. Câu 3: ( điểm)

Giải phương trình:

2 7 6 5 30

x  x x  x5

2 8 16 5 2 5.3 0

x x x x

         ……….0,25

x 42  x 5 32 0

     

……… 0,25

 

 

2

2 4 0

5 3 0 x

x

  

  

  



 ……… 0,25

4 0 5 0 x

x   

  

   

 4 x

  (thỏa)………0,25

GHI CHÚ:

-Học sinh thiếu bước mà bước chấm trọn 0,5 đ

-Học sinh có bước bước chấm phần trọn 0,25 đ. - Học sinh thiếu điều kiện x5 chọn nghiệm trừ câu 0.25đ

I

H M

F

E

O D

C

B

a) Chứng minnh BMC DOC .

Gọi H giao điểm đoạn OD với (O), DC DB hai tiếp tuyến đường trịn nên H điểm cung BC (1) ……… 0.25

Ta có: DOC=sđ BH (2).……….0.25

 BMC=

1

2sđBC (3) ……….0.25

Từ (1); (2); (3) ta có BMC=DOC………0.25

b) Chứng minh bốn điểm D, C, I ,O nằm đường tròn I trung điểm EF

Ta có: CID FIM  BMC mặt khác: BMC COD ………0.25

Nên: CID COD  nên bốn điểm C, I, O, D nằm đường trịn….0.25

Ta có : B, O, C,D thuộc đường tròn, D, C, O, I thuộc đường tròn nên năm điểm B, O, I, C, D thuộc đường trịn……… 0.25

Ta có tứ giác DBOI nội tiếp nên OID OBD  900 suy OI vng góc với EF hay I trung điểm

EF………0.25

c) Ta có : OID 900 (theo chứng minh trên)

Do O D cố định I thuộc đường trịn đường kính OD cố định……….0.25

Mặt khác: I=MCd nên I nằm đường tròn (O)

Ghi chú: học sinh không vẽ hình chấm đáp án. Học sinh phải giới hạn quỹ tích trọn chấm điểm. Câu : Chứng minh với nN 324n1+2 chia hết cho 11.

Ta có : 24n1=2 24n=2 16n=2(15 1) n=2(5k+1) (k )……… 0.25

Nên 24n1=10k+2 :……….0.25

4

2 3 n

=310k2=9 2432k=9(22.11 1) 2k =11q+9 (q )……… 0.25

Từ ta có :

4

2 3 n

+2=11q+11 chia hết cho 11…….……… 0.25

Câu 6: ( 1điểm )

Ta có x < y + z  2x < x + y + z  2x <  x < Tương tự : y < 1, z < …0,25

Ta có: (x – 1)( y –1)(z –1) > ……….0,25

 xy +yz + xz > 1+ xyz

 2(xy +yz + xz) > 2+ 2xyz (1)

 x2 + y2 + z2 + 2(xy +yz + xz) > x2 + y2 + z2 + 2+ 2xyz ……… 0,25

 > x2 + y2 + z2 + + 2xyz

 x2 + y2 + z2 + 2xyz < ……… 0,25

Câu 7: ( 1điểm )

r O F

E

D C

B

A

Ta có: SOBCSOACSOAB SABC ………0,25



1 1 1

2BC r 2AC r 2AB r S  ABC



1

( )

2r BC AC AB   SABC



1

2 ABC BC AC AB

r S

 



………0,25



1

. . .

BC AC AB

r BC ADAC BEAB CF



1 1 1 1

r AD BE CF  ……… 0,25