DEDA THI 10 CHUYEN TOANLS

Tiếp theo, lại chọn một vài miếng trong tổng số thu được và lại cắt mỗi miếng thành 10 phần... Kéo dài BO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm K..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN

ĐẾ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012

MƠN THI: TỐN Dành cho lớp chun Toán

Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu (2 điểm) Cho phương trình: x2 2(m 1)x m  m 1 0 (m tham số) 1 Giải phương trình m1.

2 Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn 4

x x  . Câu (3điểm)

1 Giải phương trình

4

2 2.

2 3

  

  x

x

2 Tìm tất cặp hai số nguyên dương x y;  thỏa mãn phương trình

x2 1  y2 1 2x y  1 xy 4 1 xy.

Câu (1điểm) Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn x y z  3. Chứng minh rằng

.

    

x y z xy yz zx

Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H BAC 600 Gọi D E lần lượt chân đường cao kẻ từ B C tam giác ABC I trung điểm của BC

1 Chứng minh rằng BEDC tứ giác nội tiếp. 2 Chứng minh rằng tam giác IDE đều.

3 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng tam giác AHO cân.

Câu (1điểm) Tỉnh X có 100 mảnh đất thuộc diện long mạch Người ta chọn một vài miếng chia mỗi miếng thành 10 miếng nhỏ Tiếp theo, lại chọn vài miếng tổng số thu lại cắt mỗi miếng thành 10 phần Quá trình cứ tiếp diễn vậy, hỏi sau hữu hạn bước, có thu 2010 mảnh đất long mạch hay khơng? Nếu có, sau ít nhất bước?

-HẾT -Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN

ĐẾ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 201 - 201

HƯỚNG DẪN CHẤM

Mơn: TỐN (Dành cho lớp chuyên Toán)

- Học sinh có thể giải theo những cách khác nhau, nếu giám khảo vẫn cho điểm tối đa ứng với phần đó.

- Đối với hình học: Nếu học sinh khơng vẽ hình, hoặc vẽ hình sai: khơng cho điểm.

- Hướng dẫn chấm gồm trang.

Y Nội dung trình bày Điểm

Câu (2 điểm) 1 Khi m1, phương trình cho trở thành:

2 4 3 0

x  x  0.5

Giải phương trình ta hai nghiệm x1 x3 0,5

2

Ta có  ' (m1)2 (m2 m1)m

Phương trình cho có hai nghiệm   ' m0 (*) 0.25

Khi phương trình cho có nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x1x2 2m1. 0.25 Vậy ta có phương trình 2m1 4  m1. 0,25 Đối chiếu với điều kiện (*) ta m1. 0,25

Câu (3 điểm)

1.

+ Điều kiện x2 0.25

+ Đặt 2 x 3 t t, 3, ta phương trình

4

 

t

t 0.25

2 5 4 0 4

 t  t   t

(do

3

t ) 0.25

+ Với t4 2 x  3 2 x  1 x1 0.25

2.

+ Viết lại phương trình cho dạng    

1

x y 

 

  0.5

+ Với x1 y1       2 2 ( 1) ( 2) ( 2) ( 1)      , phân chia trường hợp, giải x y;  1;2 , 2; , 3;0 , 0;3       

0.75

+ Với x1 y1 2    2 ( 1)    1 ( 2), phân chia trường hợp, giải x y;  1;0 , 0; , 3;2 , 2;3       

+ Viết lại BĐT cần chứng minh dạng

 

2 2 2 2 2 2 9

x  x y  y z  z x y z  xy yz zx   0.25 + Theo BĐT AM-GM:

2 2 33 3 , " " 1

x  x x  x x  x x x  x   x 0.25

+ Tương tự, cũng y22 y 3 , " "y   y1 2 3 , " " 1

z  z  z   z

0.25 + Cộng ba BĐT cùng chiều, ta

 

2 2 2 2 3 9, " " 1

x  x y  y z  z  x y z     x  y z

(ĐPCM) 0.25 Câu (3,0 điểm)

1 Vì BEC BDC  900 nên tứ giác BEDC

nội tiếp 1,0

2 Vì ID IE , nên tam giác IDE cân I 0,50 Mặt khác B, E, D, C nằm đường tròn

tâm I, đường kính BC nên

 2 600

EID EBD

(vì BAC600  EBD 300)

Do tam giác IDE đều (đpcm)

0,5

3 Kéo dài BO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm K 0.25 Dễ thấy tứ giác AHCK hình bình hành, suy AH CK 0.25 Ta có BAC BKC   BKC 600 Trong tam giác vng BCK có BKC600

nên

1

CK  BK BO

, suy CK AO

0.25 Vậy AH AO Do tam giác AHO cân A 0.25

Câu (1điểm)

+ Bước 1: Lấy a1 mảnh đất từ 100 mảnh đất ban đầu, cắt mỗi mảnh thành 10 phần, tởng số mảnh đất thu S1100 a110a1100 9 a1

0.25 + Bước 2: Lấy a2 mảnh đất từ S1 mảnh, cắt mỡi mảnh thành 10 phần, tởng

số mảnh đất thu S2 S1 a210a2 S19a2 100 9 a1a2

0.25 + Bước thứ k: Lấy ak mảnh đất từ Sk1 mảnh đất, cắt mỗi mảnh thành 10 phần,

khi tởng số mảnh đất thu sau bước thứ k Sk 100 9 a1a2ak

+ Từ đó, sau k bước thu 2010 mảnh

 

100 9 a a ak 2010

Với số nguyên dương

Nhưng 2010vµ 9a1ak chia hết cho 3, cịn 100 khơng chia hết cho 3,

nên thu 2010 mảnh sau hữu hạn bước

0.25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN

ĐẾ DỰ BỊ

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011

MƠN THI: TỐN Dành cho lớp chuyên Toán

Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (2,5 điểm) Cho phương trình x2 mx2m5 0 (m tham số)

1 Giải phương trình với m4.

2 Tìm tất giá trị tham số m cho phương trình cho có hai nghiệm 1,

x x mà 7x1 2x2 0.

Câu (2,0 điểm).

1 Giải phương trình:

18

5 4

3 5



  

  x x

x .

2 Tìm tất số nguyên dương n cho n2009  n 1 số nguyên tố. Câu (1,5 điểm).

Giải hệ phương trình:

2 1 1

3 2 4

x y x y

x y

     

 

 

 

Câu (3 điểm) Lấy điểm P tam giác ABCsao cho PBCPCA PAB. Tia BP cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D, đường thẳng CD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác APD điểm thứ hai E

1. Chứng minh rằng AD PC// 2. Chứng minh rằng

2

APDE ABP

S AC

S AB

 

  

 

Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn

1 1 1

——Hết—— Chú ý: Cán coi thi không giải thích thêm.

Họ tên thí sinh SBD

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN

ĐẾ DỰ BỊ

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM

Mơn: TỐN (Dành cho lớp chun Toán)

- Học sinh có thể giải theo những cách khác nhau, nếu giám khảo vẫn cho điểm tối đa ứng với phần đó.

- Đối với hình học: Nếu học sinh khơng vẽ hình, hoặc vẽ hình sai: khơng cho điểm.

- Hướng dẫn chấm gồm trang.

Y Nội dung trình bày Điểm

Câu (2,5 điểm)

1

+ Với m1 phương trình có dạng x24x 0 0,5

+ Tính   22  3 0,25

+ Do đó, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1,2  2 0,25

2

+ Phương trình có hai nghiệm x x1, 2 chỉ

   2

2 4 2 5 0 8 20 0 4 36 10

2 m

m m m m m

m

 

             

 

0,5

+ Khi phương trình có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x1x2 m vµ x x1 2 2m5 0,25

+ Do 7x1 2x2 0 nên

2

m x  

nghiệm phương trình 0,25 + Thay vào phương trình,

       

5

2 2

2 5

9 86

7

( )

2 5 86

( )

tháa m·n ®iỊu kiƯn tháa m·n ®iỊu kiƯn

m m m

m m m m

m

   

          

 

0,5 Câu (2,0 điểm)

1 Điều kiện x5 (*) 0,25

3 x 5 x 5 x18 12 4  x 5 x 1  x6

Từ suy nghiệm PT ban đầu x6. 0,25

2

Đặt P n 2009 n 1 Với n=1 P=3 số nguyên tố, vậy n=1 thoả mãn. 0,25

Với n1, ta có P n n 2( 20071) ( n2 n 1). 0,25 Ta có n20071 ( ) n3 6691 nên n20071 chia hết cho n31, suy n20071 chia hết

cho n2 n 1 Vậy P chia hết cho n2 n 1 Trong trường hợp P không số

nguyên tố

0,25 Vậy n =1 giá trị nhất cần tìm 0,25

Câu (1,5 điểm)

Điều kiện:

2

0 x y x y         Đặt 2 2

2

3

a x y a x y

x y a b

b x y

b x y

                        

 (a b, 0).

0,25

0,25

Ta có: 2

1 a b a b        

 2

1 2;

1;

( 1)

                             

a b a b a b

a b

b b b b 0,50

Với a2;b1, tìm x2;y1

Với a1;b2, tìm x4;y8 0,25 Vậy hệ có hai nghiệm ( ; ) (2; 1);( 4;8)x y    0,25

Câu (3 điểm)

Vẽ hình 0,5

1 Do tứ giác ABCD nội tiếp

nên DACDBC (1) 0,5

+ Theo giả thiết DBCPBCPCA (2) 0,25

+ Từ (1) (2) suy PCACAP

do DA PC// 0,25

2 Theo kết phần SAPD SACD

suy SAPDE SACE (3)

0,5 + Do tứ giác APCE nội tiếp nên

180

CEA CPA BPA

     (4) 0,25 + Do tứ giác nội tiếp nên ACDABDABP (5) 0,25

+ Từ (4) (5) suy ACEABP 0,25

+ Từ (3) suy

2

APCE ACE

ABP ABP

S S AC

S S AB





 

  

Câu (1,0 điểm)

Đặt b c a  1 ; x a c b3   1 ; y a b c3    2 z3 Cần chứng minh xyz1 0,25 Từ giả thiết suy a b c, , 1 Do x3y3 0;y3z30;x3z30

Giả sử xyz1 Khi số x,y,z có nhiều nhất số âm, xyz1 nên x,y,z dương

0,25

Ta có ay3z3 1 yz y z(  ) 1 , suy xa xyz y z (  )   x x y z

Suy

1 x

a  x y z  Tương tự ta có

1

;

y z

b x y z c   x y z  .

0,25

Do

1 1