- Câu hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình mới chấm điểm, nếu thí sinh không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần đó.. Nộ[r]
(1)SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Tin (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) ———————————— 2 Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đồ thị (P) hàm số: y x (2m 1) x m m y 3 x ; đó m là tham số và đường thẳng (D): a) Cho m 1 , tìm hoành độ các giao điểm (P) và (D) b) Tìm tất cả các giá trị tham số m để (P) và (D) cắt điểm phân biệt có hoành độ không âm Câu (3,0 điểm) 5x 5x 5x a) Giải phương trình: 2 b) Cho hai số x, y liên hệ với bởi đẳng thức x xy 7( x y ) y 10 0 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất biểu thức S x y 1 Câu (1,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương x1 , x2 , , xn , n thỏa mãn: 1 1 x1 x2 xn 5n và x1 x2 xn ABC có AB AC Trên các cạnh AB, AC lấy các điểm Câu (2,0 điểm) Cho tam giác E , D cho DE DC Giả sử đường thẳng qua D và trung điểm đoạn thẳng EB cắt đường thẳng BC F AED a) Chứng minh đường thẳng EF chia đôi góc BFE CED b) Chứng minh Câu (1,0 điểm) Trong hộp có 2010 viên sỏi Có hai người tham gia trò chơi, mỗi người phải bốc ít nhất là 11 viên sỏi và nhiều nhất là 20 viên sỏi Người nào bốc viên sỏi cuối cùng sẽ thua Hãy tìm thuật chơi để đảm bảo người bốc đầu tiên luôn là người thắng -Hết Cán coi thi không giải thích gì thêm! Họ tên thí sinh: .……………………………………… Số báo danh: ………… (2) SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với các ý bản học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác đúng và đủ các bước cho điểm tối đa - Trong mỗi câu, ở bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không điểm - Câu hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình mới chấm điểm, thí sinh không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần đó - Điểm toàn bài là tổng điểm các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu (3 điểm) a) 1,0 điểm Nội dung trình bày Điểm Khi m 1 , hoành độ giao điểm (P) và (D) là nghiệm PT: x x 3x 0,25 x 12 x 0 , có ' 36 38 6 Vậy hoành độ các giao điểm là: b) 2,0 điểm 0,25 38 38 , 2 0,50 Nội dung trình bày Hoành độ giao điểm (P) và (D) là nghiệm PT: Điểm x (2m2 1) x m 3 x m x 4( m2 2) x m 0 (1) 2 PT (1) có: ' 4( m 2) 2( m 2) , để (P) cắt (D) hai điểm phân biệt thì ' (2) 2 Có: (2) 2( m 2) ( m 2) 2m 8m m 10 0,25 0,25 0,25 0,25 1 1 39 2m 7m m 2.m 10 2m m m 4 2 , đúng với m x1 x2 2(m 2) (3) m x1 x2 (4) x, x Gọi là hoành độ giao điểm (P) và (D) ta có: x1 0 x1 x2 0 x 0 x x 0 Để thì , từ (3) và (4) suy ra: m 2 Vậy các giá trị m cần tìm là: m 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (3 điểm) a) 1,5 điểm Nội dung trình bày 5 x x x 0 Điều kiện: Đặt u x , suy ra: x u 9, (1) u 3 u 3 u 9 1 (2) u 2 u u 5 Điểm 0,25 x u , thay vào PT đã cho có: 0,25 0,25 (3) (1) x 0 (thỏa mãn điều kiện) 0,25 (2) u u 6u 14 vô nghiệm u Vậy PT đã cho có nghiệm nhất x 0 0,25 0,25 b) 1,5 điểm Nội dung trình bày Điểm Viết lại biểu thức đã cho thành ( x y 1) 5( x y 1) y (*) Như vậy với x và y ta luôn có S 5S 0 (với S x y ) Suy ra: ( S 4)( S 1) 0 S x Từ đó có: S , y 0 x S max , y 0 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Nội dung trình bày Không mất tính tổng quát, coi x1 x2 xn Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có: 1 1 5n x1 x2 xn n n x1 xn n n n xn x1 xn x1 x2 Điểm 0,25 n 5n 0 n 4 Với n 1 , ta có: x1 5 1 x1 1 1 x Với n 2 , ta có: x1 x2 5 2 6 1 x x 0,25 x1 x2 6 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x3 5 3 11 1 1 x x x 1 hệ này không có nghiệm nguyên (1) (2) Với n 3 , ta có: x ; x ; x 2;3;6 Từ (2) suy x1 kết hợp với (1) suy x1 3 Thử trực tiếp, Với n 4 thì x1 x2 x3 x4 4 (dấu đẳng thức bất đẳng thức AM - GM) Kết luận n 1 thì x1 1 + Với + Với n 3 thì ( x1 ; x2 ; x3 ) (2;3;6) ;(2;6;3);(3;2;6);(3;6;2);(6;2;3);(6;3;2) + Với n 4 thì ( x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) (4; 4; 4; 4) Câu (2,0 điểm) 0,25 0,25 (4) a) 1,25 điểm Nội dung trình bày Điểm Gọi M là trung điểm BE , G là giao điểm các đường thẳng EF , AC GA EA Ta sẽ chứng minh GD ED Áp dụng định lý Ménélaus cho ADM với cát tuyến G, E, F ta có: 0.25 GA FD EM GA FM EA 1 GD FM EA GD FD EM FM BM DI Lấy I BC cho DI AB , đó hai tam giác FMB, FDI đồng dạng nên FD FM BM BM DI AB DI DE Do ABC cân, nên DCI cân, hay DI DC DE suy ra: FD EA EA Do M là trung điểm BE nên EM MB đó EM MB GA FM EA BM EA EA Vậy GD FD EM DE BM ED điều phải chứng minh 0.25 0.25 0.25 0.25 b) 0,75 điểm Nội dung trình bày Điểm Đặt ABC ACB ; DCE DEC ; DEG GEA Ta sẽ chứng minh Thật vậy: Trong tam giác BEC có CBE , BCE suy CEB 1800 1800 Do G, E, F thẳng hàng nên FEB và đó CEB 1800 CEG BEF 1800 0.25 (1) 0.25 (2) Từ (1) và (2) suy , điều phải chứng minh 0.25 Câu (1,0 điểm) Nội dung trình bày Điểm Để đảm bảo thắng cuộc, ở nước cuối cùng mình người bốc sỏi đầu tiên phải để lại hộp 11 viên sỏi Ở nước trước đó phải để lại hộp: 11 (20 11) 42 viên sỏi 0,25 Suy người bốc sỏi đầu tiên phải đảm bảo hộp lúc nào cũng còn 11 31k viên sỏi Ta có (2010 11) : 31 65 dư 15 Như vậy người bốc sỏi đầu tiên ở lần thứ nhất mình phải bốc 15 viên Tiếp theo, đối phương bốc k viên sỏi ( k 1, 2, , 20 ) thì người bốc sỏi đầu tiên phải bốc 31 k viên sỏi, cuối cùng sẽ để lại 11 viên sỏi cho đối phương Hết 0,25 0,25 0,25 (5) SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho tất các thí sinh (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) ———————————— P( x) 1 Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức x 1 x a) Rút gọn P( x) b) Tìm giá trị x để P( x) 2 Câu (3,0 điểm) Cho f ( x) x (2m 1) x m 1 ( x là biến, m là tham số) a) Giải phương trình f ( x ) 0 m 1 b) Tìm tất cả các giá trị m để đẳng thức f ( x) (ax b) đúng với số thực x ; đó a, b là các số c) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình f ( x) 0 có hai nghiệm x1 , x2 ( x1 x2 ) cho biểu thức P x1 x2 x1 x2 có giá trị là số nguyên Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó điểm P cho AP R Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn (O;R) điểm M (điểm M khác điểm A) a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn b) Đường thẳng vuông góc với AB điểm O cắt đường thẳng BM điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng OP điểm K, đường thẳng PM cắt đường thẳng ON điểm I; đường thẳng PN và đường thẳng OM cắt điểm J Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc Chứng minh rằng: a3 b3 c3 a b c b c a c a b x; y Câu (1,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p cho tồn cặp số nguyên thỏa mãn hệ: p 2 x 2 p 2 y Hết (6) Cán coi thi không giải thích gì thêm! Họ tên thí sinh: .……………………………………… Số báo danh: ………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Dành cho tất các thí sinh I HƯỚNG DẪN CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với các ý bản học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác đúng và đủ các bước cho điểm tối đa - Trong mỗi câu, ở bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không điểm - Câu hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình mới chấm điểm, thí sinh không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần đó - Điểm toàn bài là tổng điểm các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu (2,0 điểm) a) 1,0 điểm Điể Nội dung trình bày m x 0 Điều kiện: 1 x 0 x 1 x 1 x P( x) P ( x) (1 x )(1 x ) 1 x Khi đó: 0,50 0,50 b) 1,0 điểm Nội dung trình bày Theo phần a) có: P( x) 1 x x x 2 (thỏa mãn điều kiện) Mỗi dấu đúng cho 0,25 1 x điểm Điể m 0,25 0,75 (7) Câu (3 điểm) a) 1,0 điểm Điể m 0,25 0,50 0,25 Nội dung trình bày Thay m 1 vào PT f ( x ) 0 ta có: x 3x 0 (1) PT(1) có: a b c 1 0 Vậy PT có hai nghiệm là: và b) 1,0 điểm Điể m Nội dung trình bày 1 1 f ( x) x m x m m 2 2 Với m ta có: f ( x ) x m m 1 1 m 2 1 m 2 0,25 0,25 f ( x) x m m Suy ra: để cầu c) 1,0 điểm 0,25 f ( x) ax b m 3 m Vậy tồn nhất giá trị thỏa mãn yêu Điể m Nội dung trình bày 2m 1 4( m 1) 4m m 0,25 f ( x ) 0 có nghiệm phân biệt x1 x2 2m m 2m 5 P P 2m 2 m 4(2 m 1) x x m 2m (*) Khi đó ta có: m , nên 2m , để P phải có: (2m 1) là ước 2m 5 m 2 Do P 2.2 4 P 1 2.2 Với m 2 thay vào (*) có: Vậy giá trị m cần tìm 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (2 điểm) a) 1,0 điểm: x N P J Ta có: PAO PMO 90 I K A O PAO PMO 180 tứ giác APMO nội tiếp b) 2,0 điểm: M B ABM AOM Ta có ; OP là phân giác góc AOM AOP AOM ABM AOP (2 góc đồng vị) MB // OP (1) Ta có hai tam giác AOP, OBN OP = BN 0,50 0,50 0,25 0,25 0,25 (8) (2) Từ (1) và (2) OBNP là hình bình hành PN // OB hay PJ // AB Mà ON AB ON PJ Ta cũng có: PM OJ I là trực tâm tam giác POJ IJ PO (3) 0,25 0,25 0,25 Ta lại có: AONP là hình chữ nhật K là trung điểm PO và APO NOP 0,25 Mà APO MPO IPO cân I IK là trung tuyến đồng thời là đường cao IK PO (4) Từ (3) và (4) I, J, K thẳng hàng Câu (1 điểm) 0,25 Điể m Nội dung trình bày 2 a b a b 0 a ab b ab a b 0 x y x y 0 x, y Ta có: Suy ra: a b3 ab( a b) (1), dấu ‘=’ xẩy a b 3 3 Từ (1) và BĐT AM – GM có: a b c ab(a b) c 2 abc (a b) 3c a b (do abc 4) a b a b3 c 3c a b , dấu ‘=’ xẩy ab(a b) c (2) Vậy: b c 3 3 bc(b c ) a (3) Tương tự có: a b c 3a b c , dấu ‘=’ xẩy c a a b3 c 3b c a ca(c a ) b , dấu ‘=’ xẩy a b c 0 vô lí, 0,25 0,25 (4) 3 Từ (2), (3) và (4) có: a b c a b c b c a c a b (5), dấu ‘=’ xẩy abc 0,25 0,25 , hay ta có đpcm Câu (1 điểm) Nội dung trình bày Điểm Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x 0, y 0 Từ phương trình p 2 x suy 0.25 p là số lẻ Dễ thấy x y p y x không chia hết cho p (1) y x p p y x y x 0 mod p y x 0 mod p Mặt khác, ta có (do (1)) 0.25 Do x y p y x p x y p y p x thay vào hệ đã cho ta p 2 x p 2 x p 2 x p 4 x 2 1 p px p p 4 x x 4 x p 2 p x Giải hệ này ta p 7, x 2 thay vào hệ ban đầu ta suy y 5 Vậy p 7 -Hết SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ———————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN 0.25 0.25 (9) ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— x mx3 ( m 1) x m(m 1) x (m 1) 0 (3,0 điểm) Cho phương trình : Câu (1) (trong đó x là ẩn, m là tham số) Giải phương trình (1) với m 2 Tìm tất cả các giá trị tham số m cho phương trình (1) có bốn nghiệm đôi phân biệt Câu (1,5 điểm) Tìm tất cả các cặp hai số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x x3 1 y ABC với BC CA AB nội tiếp đường tròn (O) Câu (3,0 điểm) Cho tam giác Trên cạnh BC lấy điểm D và trên tia BA lấy điểm E cho BD BE CA Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE cắt cạnh AC điểm P, đường thẳng BP cắt đường O tròn điểm thứ hai Q Chứng minh tam giác AQC đồng dạng với tam giác EPD Chứng minh BP AQ CQ Câu (1,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh c a b 2 2 a b c 2 2 b c a 2 2 54 abc a b c 4 ab bc ca Câu (1,0 điểm) Cho đa giác lồi A1 A2 A100 Tại mỗi đỉnh Ak ( k 1, 2, ,100 ), người ta ghi số thực ak cho giá trị tuyệt đối hiệu hai số trên hai đỉnh kề Tìm giá trị lớn nhất có thể giá trị tuyệt đối hiệu hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh đa giác đã cho, biết các số ghi các đỉnh đã cho đôi khác Hết -Cán coi thi không giải thích gì thêm! Họ tên thí sinh: .……………………………………… Số báo danh: ………… (10) SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ———————— HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với các ý bản học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác đúng và đủ các bước cho điểm tối đa - Trong mỗi câu, ở bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không điểm - Câu hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình mới chấm điểm, thí sinh không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần đó - Điểm toàn bài là tổng điểm các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu (3,0 điểm) Câu 1.1 (1,5 điểm) Điểm Nội dung trình bày Khi m phương trình đã cho có dạng x x x x 1 0 (2) Nếu x 0 thì 0 0 0 , vô lý, vậy x 0 Chia hai vế pt (2) cho x ta được: x2 1 x 0 x x 1 x t x t 2 x x Đặt thay vào phương trình trên ta t 2t 0 t Với t ta x 1 x x 0 x x 0,5 0,5 0.25 Kết luận nghiệm 0.25 Câu 1.2 (1,5 điểm) Điểm (11) 2 Nếu x 0 thì phương trình đã cho trở thành (m 1) 0 Khi m thì phương trình vô nghiệm Khi m thì x 0 là nghiệm phương trình đã cho, và đó phương trình đã cho có dạng x x 0 x 0 x Phương trình có hai nghiệm Do đó x 0 và m Chia hai vế phương trình cho x 0 và đặt x (m 1) t x ta phương trình t t mt ( m 1) 0 t m 0.25 0.25 2 Với t ta phương trình x x (m 1) 0 (1) Với t m ta phương trình x (m 1) x (m 1) 0 (2) 0.25 Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt và mỗi các phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt, đồng thời chúng không có nghiệm chung (1) và (2) có hai nghiệm phân biệt và 1 m 1 m m 1 m 1 Khi đó 0.25 (3) m 1 x02 x0 x0 là nghiệm chung (1) và (2) thì m 1 x0 m 1 x0 0.25 Từ đó (m 2) x0 0 điều này tương đương với m x0 0 Nếu x0 0 thì m , loại Nếu m thì (1), (2) có hai nghiệm chung và m x 1 Do đó (1) và (2) có nghiệm 0.25 Từ đó và (3) suy phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt và m Câu (1,5 điểm) Nội dung trình bày Điểm +) Nếu x 0 thay vào phương trình ta y 1 +) Nếu x y 3 vô nghiệm +) Nếu x 1 y 1 y 1 0,25 (12) +) Nếu x 2 ta có 2 y 4 x x x x 1 y x x 1 y x x x x x 4 x x x 2 4 0,5 (do x 2 ) y 3 +) Nếu x , đặt t x 2 Khi đó ta có y t t 2 y 4t 4t 2t t 1 y 2t t 1 2 y 2t t 4t 4t 4t 4t t t 2 0,5 (do t 2 ) y 5 Kết luận ( x ; y ) (0;1);(0; 1);(1;1);(1; 1);(2;3);(2; 3);( 2;5);( ; 5) 0,25 Câu (3,0 điểm) Câu 3.1 (2,0 điểm) Điểm Nội dung trình bày Do các tứ giác BEPD, ABCQ nội tiếp, 0,5 nên EDP EBP ABQ ACQ (1) 0,5 0 và EPD 180 EBD 180 ABC AQC (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy AQC EPD, điều phải chứng minh 0,5 Câu 3.2 (1 điểm) Điểm Theo kết quả phần 1, ta có 0,25 QA QC QA QC CA PE PD PE PD DE (13) QA QC DE PE PD AC PE PD BD Suy (3) 0,25 Áp dụng định lý Ptolemey cho tứ giác BEPD nội tiếp, ta BP ED BE PD EP BD PD PE BD (4) Từ (3) và (4) suy (QA QC )·ED BP·ED hay QA QC BP , điều phải chứng minh 0,25 0,25 Câu (1.5 điểm) Nội dung trình bày Điểm Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 2 2 c a b a b c b c a 3 abc a b b c c a 3 abc 64 abc 12 abc Suy 2 0.5 2 c a b a b c b c a 2 3abc Cũng theo bất đẳng thức AM-GM ab a b c và ab 4 bc ca 3 ab 4 4 bc ca 3 abc abc 0.5 bc ca abc abc 9 abc Suy 2 2 4 c a b2 a b c b c a a b c ab bc ca 2 abc abc abc 9 abc 54 abc 0.25 Từ đó suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy và a b c 0.25 Câu (1 điểm) Nội dung trình bày Điểm (14) A1 A2 A100 A3 A4 a a 2 a a 3 Xét đa giác lồi A1 A2 A100 hình vẽ Khi đó k k 1 k k 1 ( a a k 1, 2, ,99 ) Không mất tính tổng quát, coi là nhỏ nhất, n là lớn nhất (dễ thấy n 2 ) Đặt d max a j i j 0.25 đó d an a1 Ta sẽ chứng minh d 149 Nằm A1 , An , theo chiều kim đồng hồ có n đỉnh và có 100 n đỉnh, theo chiều ngược kim đồng hồ Hơn giá trị tuyệt đối hiệu hai số kề không vượt quá Do đó d a1 an a1 a2 a2 a3 an an 3 n 1 d 3 100 n 1 Suy d 0.25 và tương tự ta có 3(n 1) 3(100 n 1) 300 150 2 d 150 và hiệu hai số ghi trên hai đỉnh kề đúng hay 1 ai 1 2 1 1 2 i 1, ,98 1 3, i 1, 2, ,99 ai 2 ta có 0.25 a1 a100 a1 a2 a2 a3 a99 a100 99 a1 a2 a1 a100 99 a1 a2 99.3 Điều này không xảy suy d 150 không thỏa mãn Ta xây dựng trường hợp cho d 149 sau: a1 0, a2 2, ak ak với k 2,3, ,52; a53 a52 2, ak ak 3, k 54,55,,100 Khi đó hiệu lớn nhất a53 a1 149 Các số a2 , a3 ,, a53 có dạng 3t , các số a54 , a55 ,, a100 có dạng 147 3k Rõ ràng 3t 147 3k k l 145 k , t không tồn k , t cho ( ) Suy điều phải chứng minh Hết 0.25 (15)