góc này cùng bù với 2 ANP nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng ½ OH= OI.. ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R nên từ 2 ta có:.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2011 - 2012 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề chính thức Đề có 01 trang Câu (1 điểm) a) Rút gọn 11 11 b) Chứng minh hai với hệ số nguyên 11 , 11 là hai nghiệm phương trình bậc Câu (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - m + = với m là tham số (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 2 b) Gọi x1 , x2 là các nghiệm phương trình (1) Tìm m để A x1 x2 x1 x2 7 c) Tìm m để A đạt giá trị nhỏ Câu (3 điểm) Giải các phương trình: a) ( x 1) ( x 3) ( x 5) ( x 7) 15 b) x x ( x 3)(6 x ) 3 c) x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = Câu (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên: 2 a) x x y y 3 b) x 2008 y 2009 z 2010 3012 ( x y z ) Câu (2,5 điểm) Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R) Gọi H là trực tâm ABC, I là trung điểm đoạn thẳng BC, G là giao điểm AI và OH; M, N, P là chân các đường cao ABC hạ từ A, B, C Gọi SABC là diện tích ABC Chứng minh: a) G là trọng tâm tam giác ABC b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP c) R(MN + NP + PM) = 2SABC -Hết - (2) Hướng dẫn chấm, biểu điểm MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Điểm Nội dung Câu (1 điểm) a) Rút gọn 11 11 11 11 32 2.3 3 3 3 3 b) Chứng minh hai với hệ số nguyên 6 0,5 32 2.3 2 3 2 3 (vì + và - ) 11 , 11 0,25 0,25 là hai nghiệm phương trình bậc 11 11 112 121 72 7 Ta có: (theo a) và Theo ĐL Viét đảo 11 , 11 là hai nghiệm PT: x2 – 6x +7 = Phương trình này có các hệ số nguyên (đ.p.c.m) 11 11 6 0,5 0,25 0,25 Câu (1,5 điểm) Cho PT: x2 – 2mx + m2 - m + = với m là tham số (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm ' 0,5 Ta có: ( m) (m m 1) m ' PT (1) có nghiệm 0 m 0 m 1 (*) 0,5 2 b) Gọi x1 , x2 các nghiệm phương trình (1) Tìm m để A x1 x2 x1 x2 7 Theo ĐL Vi-et ta có: x1 x2 2m; x1.x2 m m Ta có: A x12 x22 x1 x2 x1 x2 3x1 x2 (2m)2 3(m m 1) m 3m m 2 A 7 m 3m 7 m 3m 10 0 m Kết hợp với (*) ta có m = 0,5 0,25 0,25 c) Tìm m để A đạt giá trị nhỏ 0,5 2 Theo b) ta có A m 3m (m 2m 1) (5m 5) (m 1) 5(m 1) 0,25 Vì m 1 nên A 1 Vậy Amin 1 m = 0,25 Câu (3 điểm) Giải các phương trình: a) ( x 1) ( x 3) ( x 5) ( x 7) 15 (*) Ta có: (x +1)(x+7) = x2 + 8x + 7; (x+3)(x+5) = x2 +8x + 15 Đặt t = x2 + 8x + x2 +8x + 15 = t +8 1.0 0,5 (3) Thay t vào PT (*): t (t+8) = -15 t2 + 8t + 15 = t = -3 t = -5 Với t = -3 ta có PT: x2 + 8x + = -3 x2 + 8x + 10 = x = - + x = - - Với t = -5 ta có PT: x2 + 8x + = -5 x2 + 8x + 12 = x = - x = - Kết luận: Tập nghiệm PT đã cho là 2; 6; 6; 0,5 b) x x ( x 3)(6 x) 3 (*) 1,0 x 0 x 6 x Điều kiện: u 0 u x v 0 u v 9 2 Đặt v x u v 9 Ta có HPT: u v uv 3 (3 uv )2 2uv 9 u v 3 uv u 0 v 3 v 0 u 3 uv 4uv 0 u v 3 uv uv 0 uv u v 3 uv 0,25 (u v ) 2uv 9 u v 3 uv uv 0 u v 3 uv u 0 v 0 u v 3 x 0 x x 3 6 x 9 x 6 x 0 x 9 x 3 0,25 0,5 x x 6 Vậy tập nghiệm PT là 3; 6 c) x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = Ta có: 1,0 x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = x3 – 7x2 + 2x2 - 14x + 2011x – 7.2011 = x2 (x – 7) + 2x (x – 7) + 2011 (x-7) = (x - 7) (x2 + 2x x x +2011) = x 7 x x 2011 ( x 1) 2010 0 Tập nghiệm PT: 0,5 0,5 Câu (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên: 2 a) x x y2 y 23 (1) 2 Ta có (1) x x y y 3 x y x y 3 ( x y )( x y 1) 3 1; 3;1;3 Vì Ư(3) = nên (2) có các trường hợp: 1,0 0,5 (4) x y x y 1 x y 1 x y 3 x y 2 TH1: x y x y x y x y x y 3 x y 3 x y 1 x y 0 TH2: 5 x y 3 x y x y x y 3 x y x y 5 x y 0,5 TH3: TH4: Các trường hợp không có nghiệm nguyên Vậy PT (1) không có nghiệm nguyên b) x 2008 y 2009 z 2010 3012 ( x y z ) (1) 1,0 Điều kiện: x 2008, y 2009, z 2010 (*) PT (1) 0,25 ( x 2008) x 2008 (y 2009) y 2009 ( z 2010) z 2010 0 ( x 2008 1) ( y 2009 1) ( z 2010 1) 0 x 2008 0 y 2009 0 z 2010 0 x 2009 y 2010 z 2011 0,5 Các giá trị x, y, z thoả mãn (*) Vậy nghiệm nguyên PT là: (x; y; z) = (2009; 2010; 2011) Câu (2,5 điểm) Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R) Gọi H là trực tâm ABC, I là trung điểm đoạn thẳng BC, G là giao điểm AI và OH; M, N, P là chân các đường cao ABC hạ từ A, B, C Gọi SABC là diện tích ABC Chứng minh: a) G là trọng tâm tam giác ABC 1,25 A 0,25 N J K O P H B M G C I D Gọi D là giao điểm AO với đường tròn (O) H là trực tâm tam giác ABC nên: HC AB, BH AC (1) AD là đường kính nên: DB AB, DC AC (2) Từ (1) và (2) ta có: HC//DB và BH//DC BHCD là hình bình hành IB = IC H, I, D thẳng hàng và IH = ID Tam giác HAD có OI là đường trung bình AH = 2OI Ta có: GAH GIO (g.g) AG = 2GI G là trọng tâm ABC (đ.p.c.m) 0,5 0,5 (5) b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP 0,75 Gọi M, N, P là chân các đường cao hạ từ A, B, C Ta chứng minh MA là tia phân giác PMN Tứ giác PHMB nội tiếp (vì P M 90 ) PMH PBH (cùng chắn PH ) (1) Tứ giác ANMB nội tiếp (vì ANB AMB 90 ) PBN AMN (cùng chắn AN ) (2) Từ (1) và (2) ta có: PMA PMH PBH ABN AMN MA là tia phân giác PMN Chứng minh tương tự ta có NB, PC là các tia phân giác PNM , NPM Điểm H là giao tia phân giác nên H là tâm đường tròn 0,5 0,25 nội tiếp tam giác MNP (đ.p.c.m) c) R(MN + NP + PM) = 2SABC 0,5 Gọi J và K là hình chiếu vuông góc O trên AC, AB Ta có: OI BC, OJ AC, OK AB nên: S ABC SOBC SOAC SOAB OI BC J AC OK AB S ABC OI BC OJ AC OK AB (1) Xét các APN , ABC có A chung, ANP ABC (do tứ giác PBCN nội tiếp nên PNC ANP ABC góc này cùng bù với ) (2) ANP nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính đường tròn ngoại tiếp ½ OH= OI ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R nên từ (2) ta có: 0,5 NP OI OI BC NP.R BC R Chứng minh tương tự ta có: OJ AC = PM.R, OK.AB = MN R Thay vào (1) ta có: R(MN + NP + PM) = 2SABC (đ.p.c.m) (6)