BO DE THI TOAN VAO CHUYEN RAT HAY

Do đó tứ giác AOMB nội tiếp b Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC 1 - M nằm trên đường trung trực của BC 2 Từ 1 và 2 suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra OM ⊥ B[r]

Sở giáo dục và đào tạo H¶I dƯ¬ng §Ò thi chÝnh thøc Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn nguyÔn tr·i - N¨m häc 2009-2010 M«n thi : to¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Ngµy thi 08 th¸ng n¨m 2009 (§Ò thi gåm: 01 trang) C©u I (2.5 ®iÓm): 1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x  y2  xy 3   xy  3x 4 2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nghiệm nguyên: 4x  4mx  2m  5m  0 C©u II (2.5 ®iÓm): 1) Rót gän biÓu thøc:   x2    x    A   x2   x   víi  x 2 2) Cho tríc sè h÷u tØ m cho m là số vô tỉ Tìm các số hữu tỉ a, b, c để: a m  b m  c 0 C©u III (2.0 ®iÓm): 1) Cho ®a thøc bËc ba f(x) víi hÖ sè cña x lµ mét sè nguyªn d¬ng vµ biÕt f(5)  f(3) 2010 Chøng minh r»ng: f(7)  f(1) lµ hîp sè P  x  4x   x  6x  13 2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: C©u IV (2.0 ®iÓm): Cho tam gi¸c MNP cã ba gãc nhän vµ c¸c ®iÓm A, B, C lÇn lît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, N, P trªn NP, MP, MN Trªn c¸c ®o¹n th¼ng AC, AB lÇn lît lÊy D, E cho DE song   song víi NP Trªn tia AB lÊy ®iÓm K cho DMK NMP Chøng minh r»ng: 1) MD = ME 2) Tứ giác MDEK nội tiếp Từ đó suy điểm M là tâm đờng tròn bàng tiếp góc DAK cña tam gi¸c DAK C©u V (1.0 ®iÓm): Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt Tìm vị trí các điểm B và D thuộc đờng tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn -HÕt - Híng dÉn chÊm C©u PhÇn néi dung §iÓm c©u I 1) 2,5 ®iÓm 1,5®iÓm x  y2  xy 3 (1)  (2)  xy  3x 4 Từ (2)  x  Từ đó y  3x x , thay vµo (1) ta cã: 0.25   3x   3x x  3   x x  x   7x  23x  16 0 16 x 1 hoÆc x = Giải ta đợc 0.25 0.25 0.25 16 7 x   x   y  7 Tõ x 1  x 1  y 1 ; 4 5 7 4 7 ; ;     7 7     VËy hÖ cã nghiÖm (x; y) lµ (1; 1); (-1; -1); ; 2) 1,0®iÓm Điều kiện để phơng trình có nghiệm: 1) 2,5 ®iÓm 1,5®iÓm 0.25  x ' 0 0.25   m  5m  0  (m  2)(m  3) 0 V× (m - 2) > (m - 3) nªn:  x ' 0  m  0 vµ m  0  m 3, mµ m  Z  m = hoÆc m =  ' Khi m =  x =  x = -1 (tháa m·n) Khi m =  VËy m = c©u II 0.25  x ' =  x = - 1,5 (lo¹i)  A  ab  a  b  (a, b 0) 0.25  ab  a  b   a  b  ab    ab  ab  a  b    ab   ab  A   2ab  a  b   A 2 a 0.25 0.25 §Æt a   x; b   x  a  b2 4; a  b 2x  A 0.25 0.25  ab   ab  a  b  0.25 0.25   b  2ab  a  b   a  b   a  b  0.25  A a  b2 2x  A x 2) 1,0®iÓm 0.25 a m  b m  c 0 (1) Gi¶ sö cã (1)  b m  c m  am 0 (2) 2 Tõ (1), (2)  (b  ac) m (a m  bc) a m  bc  m  b2  ac lµ sè h÷u tØ Tr¸i víi gi¶ thiÕt! NÕu a m  bc 0 0.25 0.25 b  ac 0    a m  bc 0  b3 abc  bc am 3 3  b a m  b a m NÕu b 0 th×  a 0;b 0 Từ đó ta tìm đợc c = m b a lµ sè h÷u tØ Tr¸i víi gi¶ thiÕt! 0.25 Ngợc lại a = b = c = thì (1) luôn đúng Vậy: a = b = c = c©u III ®iÓm 1) 1,0®iÓm 2) 1,0®iÓm 0.25 Theo bµi f(x) cã d¹ng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d víi a nguyªn d¬ng 0.25 Ta cã: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c  16b + 2c = (2010- 98a) Ta cã f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c) = 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) 3 V× a nguyªn d¬ng nªn 16a + 2010>1 VËy f(7)-f(1) lµ hîp sè P  x  2  x  3  12  0.25 0.25 0.25  22 0.25 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) Ta chứng minh đợc: OA   x  2 AB   x   x  3  12 OB  ,  x  3 OA  OB AB  2      25   26  22  x  2 0.25  12   x  3  2  26 0.25 MÆt kh¸c ta cã: DÊu “=” x¶y A thuéc ®o¹n OB hoÆc B thuéc ®o¹n OA  x   x 7 x 3 Thö l¹i x = th× A(5; 1); B(10; 2) nªn A thuéc ®o¹n OB VËy Max P  26 x = c©uIV 1) ®iÓm 0,75®iÓ 0.25 Ta dÔ dµng chøng minh tø gi¸c   MBAN néi tiÕp  MAB MNB , M   MCAP néi tiÕp  CAM CPM m   L¹i cã BNM CPM (cïng phô gãc NMP) K B    CAM BAM C D N 0.25 E A P 0.25 (1) Do DE // NP mÆt kh¸c MA  NP  MA  DE (2) Tõ (1), (2)  ADE c©n t¹i A  MA lµ trung trùc cña DE  MD = ME 0.25 2) 1,25®iÓ M m K B C D E N P A   Do DE//NP nªn DEK NAB , mÆt kh¸c tø gi¸c MNAB néi tiÕp nªn:      DEK 1800 NMB  NAB 1800  NMB     Theo gi¶ thiÕt DMK NMP  DMK  DEK 180  Tø gi¸c MDEK néi tiÕp Do MA lµ trung trùc cña DE  MEA MDA      MEA MDA  MEK MDC 0.25 0.25 0.25 0.25     V× MEK MDK  MDK MDC  DM lµ ph©n gi¸c cña gãc CDK, kÕt hîp với AM là phân giác DAB  M là tâm đờng tròn bàng tiếp góc DAK tam gi¸c DAK 0.25 A' c©u V ®iÓm B' B O C A D' D  Kh«ng mÊt tæng qu¸t gi¶ sö:AB AC Gäi B’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung ABC  AB ' CB ' Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho BA’ = BA  AB  BC CA '      Ta cã: B'BC B' AC B 'CA (1) ; B 'CA  B 'BA 180   'BA ' 1800 B'BC B  0.25 (2)  (3);Tõ (1), (2), (3)  B 'BA B 'BA ' Hai tam gi¸c A’BB’ vµ ABB’ b»ng  A'B' B 'A Ta có  B' A  B 'C B 'A ' B 'C A'C = AB + BC ( B’A + B’C không đổi vì B’, A, C cố định) Dấu “=” xảy B trùng với B’ 0.25 0.25  Hoµn toµn t¬ng tù nÕu gäi D’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung ADC th× ta còng cã AD’ + CD’  AD + CD DÊu “=” x¶y D trïng víi D’ 0.25   Chu vi tø gi¸c ABCD lín nhÊt B, D lµ c¸c ®iÓm chÝnh gi÷a c¸c cung AC đờng tròn (O) Sở giáo dục và đào tạo Hng yªn đề chính thức kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn N¨m häc 2009 –2010 M«n thi: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh thi vµo c¸c líp chuyªn To¸n, Tin) Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1:(1,5 ®iÓm)  a 2 :    Cho 1        H·y lËp mét ph¬ng tr×nh bËc hai cã hÖ sè nguyªn nhËn a - lµ mét nghiÖm Bµi 2:(2,5 ®iÓm)  xy   xy   a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x b) Tìm m để phơng trình x 16  y y  x   2x  3x  6x  m 0 cã nghiÖm ph©n biÖt Bµi 3:(2,0 ®iÓm) 2 a) Chøng minh r»ng nÕu sè nguyªn k lín h¬n tho¶ m·n k  vµ k  16 lµ c¸c sè nguyªn tè th× k chia hÕt cho b) Chứng minh a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác có p là nửa chu vi thì p  a  p  b  p  c  3p Bµi 4:(3,0 ®iÓm) Cho đờng tròn tâm O và dây AB không qua O Gọi M là điểm chính cung AB nhỏ D là điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B) DM cắt AB C Chứng minh r»ng: a) MB.BD MD.BC b) MB là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD c) Tổng bán kính các đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi Bµi 5:(1,0 ®iÓm) Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD LÊy E, F thuéc c¹nh AB; G, H thuéc c¹nh BC; I, J thuéc c¹nh CD; K, M thuéc c¹nh DA cho h×nh - gi¸c EFGHIJKM cã c¸c gãc b»ng Chøng minh độ dài các cạnh hình - giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ thì EF = IJ HÕt -Híng dÉn chÊm thi Bµi 1:(1,5 ®iÓm)  a 2 :    2: a=  1    2 :     1  7  1  7 0,5 ® 0,25 ® §Æt x a   x    x    x  2x  7  x  2x  0 VËy ph¬ng tr×nh x  2x  0 nhËn  lµm nghiÖm 0,5 ® 0,25 ® Bµi 2:(2,5 ®iÓm)  xy   xy   a)  x 16  x 16 xy     y y   y  y  x 5   x y x (1) 0,25 ® (2) §K: x, y 0 2 Gi¶i (2)  6y  6x 5xy  (2x  3y)(3x  2y) 0 0,25 ®  3y  3y 16 y   2 2x  3y 0  x  * NÕu Thay vào (1) ta đợc 0,25 ®  3y 23   (ph¬ng tr×nh v« nghiÖm) 2y 3x  2y 0  x  * NÕu 0,25 ® 0,25 ® Thay vào (1) ta đợc y 9  y 3 - Víi y 3  x 2 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) - Víi y   x  (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) 0,25 ® VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3) b) §Æt x  2x  y   x  1 y  x 1  y Phơng trình đã cho trở thành:  y  1 (y 0) (*)   y  1  m 0 0,25 ® y5m40 (1) Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt thì phơng trình (1) có 0,25 ® nghiÖm d¬ng ph©n biÖt     S   P   9  4m   5  m     m    4m m   4m th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ph©n biÖt VËy víi 0,25 ® 0,25 ® Bµi 3:(2,0 ®iÓm) 2 a) V× k > suy k   5; k  16  2 - XÐt k 5n  (víi n  )  k 25n  10n   k  5 0,25 ®  k  kh«ng lµ sè nguyªn tè 2 - XÐt k 5n  (víi n  )  k 25n  20n   k  16 5  k  16 kh«ng lµ sè nguyªn tè 2 - XÐt k 5n  (víi n  )  k 25n  30n   k  16 5  k  16 kh«ng lµ sè nguyªn tè 2 - XÐt k 5n  (víi n  )  k 25n  40n  16  k  5  k  kh«ng lµ sè nguyªn tè Do vËy k 5  0,25 ® 0,25 ® 0,25 ®   a  b  c  3 a  b  c2 (*) b) Ta chøng minh: Víi a, b, c th× 2 2 2 ThËt vËy (*)  a  b  c  2ab  2bc  2ca 3a  3b  3c 0,5 ®  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2 0 (luôn đúng) ¸p dông (*) ta cã:  p a  p b  p c  3  3p  a  b  c  3p 0,5 ® p  a  p  b  p  c  3p (®pcm) Suy Bµi 4:(3,0 ®iÓm) N D J I A O C B M a) XÐt MBC vµ MDB cã:   BDM MBC (haigãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)   BMC BMD 0,5 ® Do MBC và MDB đồng dạng MB MD   MB.BD MD.BC BD Suy BC 0,5 ®    b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC  BJC 2BDC 2MBC  BJC   MBC  hay 0,5 ®  180  BJC  BCJ c©n t¹i J  CBJ    BJC 180 O  BJC MBC  CBJ    90 O  MB  BJ 2 Suy 0,5 ® Suy MB là tiếp tuyến đờng tròn (J), suy J thuộc NB c) Kẻ đờng kính MN (O)  NB  MB Mà MB là tiếp tuyến đờng tròn (J), suy J thuộc NB Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp ADC Chøng minh t¬ng tù I thuéc AN    0,5 ®  Ta cã ANB ADB 2BDM BJC  CJ // IN Chøng minh t¬ng tù: CI // JN Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành  CI = NJ Suy tổng bán kính hai đờng tròn (I) và (J) là: IC + JB = BN (không đổi) Bµi 5:(1,0 ®iÓm) A E F a B b h c M d f D G H g K 0,5 ® e J I C Gäi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (víi a, b, c, d, e, f, g, h lµ c¸c sè h÷u tØ d¬ng) Do c¸c gãc cña h×nh c¹nh b»ng nªn mçi gãc cña h×nh c¹nh cã sè ®o lµ: 0,25 ® (8  2).180O 135O Suy góc ngoài hình cạnh đó là: 180O - 135O = 45O Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân h b d f  MA = AE = ; BF = BG = ; CH = CI = ; DK = DJ = h b f d a   e 2 Ta cã AB = CD nªn: 0,5 ®  (e - a) = h + b - f - d NÕu e - a ≠ th× 2 h b f  d  e a (®iÒu nµy v« lý lµ sè v« tØ) 0,25 ® VËy e - a =  e = a hay EF = IJ (®pcm) SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH Đề chính thức KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi:Toán (chuyên) Ngày thi:19/06/2009 Thời gian:150 phút Bài 1(1.5điểm) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác.Chứng minh rằng: a b c 1< + + <2 b +c c + a a +b Bài 2(2điểm) 1 + + =0 Cho số phân biệt m,n,p.Chứng minh phương trình x - m x - n x - p có hai nghiệm phân biệt Bài 3(2điểm) 1 Sn = + + + 1+ 2+ ( 2n +1) n + n +1 Với số tự nhiên n, n ³ Đặt ( ) ( ) ( ) Chúng minhSn< Bài 4(3điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB = c.E là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A cho cung EB cung EC.AE cắt cạnh BC D a.Chúng minh:AD2 = AB.AC – DB.DC b.Tính độ dài AD theo a,b,c Bài 5(1.5điểm) m - ³ n n 3+ Chứng minh : Với số nguyên m,n ********************************************** ( ) ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10 TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM 2009 Bài 1: Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:a,b,c >0 và a< b+c ,b< a + c , c < a+b a a +a 2a < = Nên ta có b + c a + b + c a + b + c a a > Mặt khác b + c a + b + c a a 2a < < (1) Vậy ta có a + b + c c + b a + b + c b b 2b < < (2); Tương tự a + b + c c + a a + b + c 10 c c 2a < < (3) a +b +c b +a a +b +c Cộng (1) (2) và (3) vế theo vế ta có điều phải chứng minh Bài 2: ĐK: x ¹ m, n, p PT đã cho Û (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = Û 3x2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1) ' Ta có Δ = (m + n + p ) - 3(mn + mp + np ) = m2+n2+p2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np = m2+n2+p2 –mn-mp-np = [(m-n)2+(n-p)2+(m-p)2] >0 Đặt f(x) = 3x2 -2(m+n+p)x + mn+ mp +np Ta có f(m) = 3m2 – 2m2 -2mn -2mp +mn +mp +np = m2 –mn –mp +np = (m-n)(m-p) ¹ = >m,n,p không phải là nghiệm pt(1) Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt Bài n +1 - n n +1 - n Ta cã : = = 2n +1 4n + n + ( 2n +1) n + n +1 < n +1 - n ( ) = æ1 = ç ç è n n +1 n ç n +1 - n ö ÷ ÷ ÷ ø n +1 ÷ 4n + n 1æ 1 1 Sn < ç 1+ + + ç ç 2è 2 n Do đó Bài 3: C E a O b ö 1æ ÷ ç1 ÷ ÷= ç ç ø è n +1 ÷ ö ÷ ÷ ÷< ø n +1 ÷ · · Ta có BAD = CAE ( Do cung EB = cung EC) · · Và AEC = DBA ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) nên ΔBAD ΔEAC BA AE Þ = Þ AB.AC = AE.AD(1) AD AC · · · · Ta cú ADC = BDC(Đối đỉnh) và CAD = DBE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE) nên ΔACD ΔBDE AD DB Þ = Þ AD.DE = DB.DChay A DC DE c B AD(AE-AD) = DB.DC Hay AD2 = AD.AE - DB.DC=AB.AC – DB.DC (do (1)) DC DB DC DB DC + DB a = hay = = = b c b +c b +c 4b)Theo tính chất đường phân giác ta có AC AB D DC DB a a a2 bc = Þ DB.DC = b c b +c b +c ( b + c) bc theo câu a ta có AD = AB.AC – DB.DC = æ ö a2 ÷ ç ÷ Þ AD = bc ç ç 2÷ ÷ ç ÷ ç è ( b + c) ø a bc ( b + c) æ ö a2 ÷ ç ÷ ç = bc ç1 2÷ ÷ ç ÷ ç ( b + c) ø è 11 Bài 5: m m lµ sè h÷u tØ vµ 2lµ sè v« tØ nªn ¹ n Vì n Ta xet hai trường hợp: m > Khi đó m > n2 ị m ³ 2n2 +1 hay m ³ n a) Từ đó suy : m n n +1 n ³ = 2+ n 2n +1 - n2 2= = ³ æ ö 1 n2 ÷ ÷ + + n2 ç + + ç ÷ ç ÷ n ç n2 è ø 2+ ( 3+ ) m < Khi đó m < n2 ị m Ê 2n - hay m Ê 2n - b) n Từ đó suy : m n = m = 2³ n 2n - = 2n 2- ³ æ ö n2 ÷ ÷ n2 ç ç + ÷ ç ÷ ç n2 ø è 2- = n 2- 2+ n2 + 2- n2 ( 3+ ) ************************************************ 111Equation Chapter Section 1SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀCHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————— (Đề có 01 trang) Câu 1: (3,0 điểm) a) 1  x  y  x  y 2    xy    xy Giải hệ phương trình:  b) Giải và biện luận phương trình: | x  |  p | x  |5 (p là tham số có giá trị thực) Câu 2: (1,5 điểm) Cho ba số thực a, b, c đôi phân biệt a2 b2 c2   2 2 ( b  c ) ( c  a ) ( a  b ) Chứng minh 12 Câu 3: (1,5 điểm) A Cho x  x  và B 2x  x2  x 1 Tìm tất các giá trị nguyên x cho C 2A  B là số nguyên Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD) Gọi K, M là trung điểm BD, AC Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC Q Chứng minh: a) KM // AB b) QD = QC Câu 5: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, cho điểm chúng là đỉnh tam giác có diện tích không lớn Chứng minh tất điểm đã cho nằm tam giác có diện tích không lớn —Hết— Câu (3,0 điểm) a) 1,75 điểm: Nội dung trình bày xy  Điều kiện 2[xy ( x  y )  ( x  y )] 9 xy (1)  2( xy )  xy  0 (2) Hệ đã cho   xy 2 (3)   xy  (4) Giải PT(2) ta được:  Điểm 0,25 0,25 0,50   x 1   x  y 3   y 2     x 2  xy 2    y 1 0,25   x 1     y 1  x  y       xy    x   2    y 1  Từ (1)&(4) có: 0,25 Từ (1)&(3) có: Vậy hệ đã cho có nghiệm là: ( x; y ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1) b) 1,25 điểm: Nội dung trình bày Xét trường hợp: TH1 Nếu  x thì PT trở thành: ( p  1) x 2( p  1) (1) 0,25 Điểm 0,25 13 TH2 Nếu   x  thì PT trở thành: (1  p) x 2(1  p) (2) ( p  1) x  2( p  4) TH3 Nếu x   thì PT trở thành: (3) Nếu p 1 thì (1) có nghiệm x 2 ; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x thoả mãn: x 2( p  4)      p 1 p 1 0,25 Nếu p  thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn  x ; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm Nếu p 1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn   x  ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25 0,25 Kết luận: x + Nếu -1 < p < thì phương trình có nghiệm: x = và + Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm  x   + Nếu p = thì phương trính có vô số nghiệm   x 2 2( p  4) p 1 0,25  p1  p 1 + Nếu  thì phương trình có nghiệm x = Câu (1,5 điểm): Nội dung trình bày + Phát và chứng minh bc ca ab   1 ( a  b)( a  c) (b  a)(b  c) (c  a)(c  b) + Từ đó, vế trái bất đẳng thức cần chứng minh bằng:   b c  bc ca ab  a      2    2 b c c a a b  (a  b)(a  c ) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b)  Câu (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điều kiện xác định: x 1 (do x nguyên) 2 x  2( x  1) C   A ;B   | x  1| | x  1|  | x  1| | x  1| , suy ra: Dễ thấy Nếu x  Khi đó 2 4( x  1) 1 2x  4( x  1) C   1  0  C  1  1 0  x   3(2 x  1) 3(2 x  1) 3(2 x 1) Suy  C  , hay C không thể là số nguyên với x    x 1 Nếu Khi đó: x 0 (vì x nguyên) và C 0 Vậy x 0 là giá trị cần tìm x Khi đó x  (do x nguyên) Ta có: Nếu 4( x  1) 2x  2 4( x  1)  C   1  0 C    1  0  2x 1  3(2 x  1) 3(2 x  1) 3(2 x  1) và , Điểm 1,0 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 suy   C 0 hay C 0 và x  Vậy các giá trị tìm thoả mãn yêu cầu là: x 0, x  Câu (3,0 điểm): a) 2,0 điểm: I Nội dung trình bày A B Gọi I là trung điểm AB, Điểm 0,25 14 K M Q D E C R H E IK  CD , R IM  CD Xét hai tam   giác KIB và KED có: ABD BDC KB = KD (K là trung điểm BD)   IKB EKD Suy KIB KED  IK KE Chứng minh tương tự có: MIA MRC Suy ra: MI = MR Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR nên KM là đường trung bình  KM // CD Do CD // AB (gt) đó KM // AB (đpcm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)  IK là đường trung bình  ABD  IK//AD hay IE//AD chứng minh tương tự  ABC có IM//BC hay IR//BC Có: QK  AD (gt), IE//AD (CM trên)  QK  IE Tương tự có QM  IR Từ trên có: IK=KE, QK  IE  QK là trung trực ứng với cạnh IE IER Tương tự QM là trung trực thứ hai IER Hạ QH  CD suy QH là trung trực thứ ba IER hay Q nằm trên trung trực đoạn CD  Q cách C và D hay QD=QC (đpcm) Câu (1,0 điểm): Nội dung trình bày P' Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm B' A C' P C B A' Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn (diện tích S) Khi đó S 1 Qua đỉnh tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng này giới hạn tạo thành tam giác A ' B ' C ' (hình vẽ) Khi đó S A ' B 'C ' 4 S ABC 4 Ta chứng minh tất các điểm đã cho nằm tam giác A ' B ' C ' Giả sử trái lại, có điểm P nằm ngoài tam giác A ' B ' C ', chẳng hạn trên hình vẽ d  P; AB   d  C ; AB  Khi đó , suy S PAB  SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn Vậy, tất các điểm đã cho nằm bên tam giác A ' B ' C ' có diện tích không lớn 0.25 0.25 0.25 0.25 15 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2009-2010 Bài : ( điểm ) x 42   2  3 17  38  P  x  x  1 2009 Cho tính Bài : ( 1, điểm ) : cho hai phương trình x2 + b.x + c = ( ) và x2 - b2 x + bc = (2 ) biết phương trình ( ) có hai nghiệm x1 ; x2 và phương trình ( ) có hai nghiệm x3 ; x4 thoả mãn điều kiện x3  x1  x4  x2 1 xác định b và c Bài : ( điểm ) 1 1    9 a b c  a  b  c   Cho các số dương a; b; c Chứng minh Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c 3 Chứng ming 2009  670 2 a  b  c ab  bc  ca Bài : ( 3, điểm ) Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) Gọi M ; N là các tiếp điểm đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các cạnh AC và BC Đường thẳng MN cắt các tia AO : BO P và Q Gọi E; F là trung điểm AB ; AC Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp Chứng minh Q; E; F thẳng hàng MP  NQ  PQ OM  a  b  c OC Chứng minh Bài : ( điểm ) Giải phương trình nghiệm nguyên 3x - y3 = Cho bảng ô vuông kích thước 2009 2010, ô lúc đầu đặt viên sỏi Gọi T là thao tác lấy ô bất kì có sỏi và chuyển từ ô đó viên sỏi đưa sang ô bên cạnh ( là ô có chung cạnh với ô có chứa sỏi ) Hỏi sau số hữu hạn phép thực các thao tác trên ta có thể đưa hết sỏi trên bảng cùng ô không Lời giải Bài : x 42   2  3 17  38  1     3  (17  38)      1  17  38 17  38    P = Bài : vì x3  x1  x4  x2 1 => x3  x1  1; x4  x2   x1  x2  b(1)  x x c(2)    x1  1   x2  1 b (3)  x  1  x  1 bc(4) Theo hệ thức Vi ét ta có  Từ (1 ) và ( ) => b2 + b - =  b = ; b = -2 từ ( ) => x1 x2  x1  x2  bc => c - b + = bc ( ) +) với b = thì ( ) luôn đúng , phương trình x2 + +b x + c = trở thành 16 X + x + = có nghiệm +) với b = -2 ( ) trở thành c + = -2 c => c = -1 ; phương trình x2 + b x + c = trở thành x2 - x - = có nghiệm là x =  c 4; b= 1; c b = -2 ; c = -1 Bài : Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương 1 1   3 3 abc a  b  c  abc a b c 1  a  b  c      9 a b c => dấu “=” sảy  a = b = c a  b  c  2 ab  bc  ca a  b  c  ab  bc  ca  3 ta có 2007  669 ab  bc  ca Áp dụng câu ta có 1   2      a  b  c  2ab  2bc  2ca  9 2 ab  bc  ca ab  bc  ca   a b c 1   1 2 a b c ab  bc  ca  a  b  c  => 2009  670 2 ab  bc  ca a  b  c dấu “=” sảy  a = b = c = 1     BOP BAO  ABO  A  B  180  C    PNC   A B 2   Bài : a) ta có  BOP  PNC => tứ giác BOPN nội tiếp +) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp   +) tứ giác AOQM nội tiếp=> AQO  AMO 90  1  4c 0  c        tứ giác BOPN nội tiếp => BPO  BNO 90   => AQB  APB 90 => tứ giác AQPB nội tiếp b ) tam giác AQB vuông Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA 1    EQB  EBQ  B QBC => => QE //BC Mà E F là đường trung bình tam giác ABC nên E F //BC  Q; E; F thẳng hàng c) 17 MP OM OP   a OC OB NQ ON OM NOQ ~ COA( g  g )    b OC OC PQ OP OM POQ ~ BOA( g  g )    c OB OC OM MP NQ PQ MP  NQ  PQ      OC a b c A B C Bài : 1) 3x - y3 = MOP ~ COB ( g  g )   y  3m  y 3m    m n m n  y  y  3    3.3  3 m  b  x m  b  x  3x  y  1  y  y  1  => tồn m; n cho  +) m = thì y = và x = m m n 9  3.3  33 3 3  n  n 1  m  3.3m  39 9     +) m > thì m  3.3m  3  3m  3m  3 0 => => m = => y = ; x = p/ trình có hai nghiệm là ( ; 0 ; ( ; ) 2.Ta tô màu các ô vuông bảng hai màu đen trắng bàn cờ vua Lúc đầu tổng số sỏi các ô đen 1005 2009 là số lẻ sau mối phép thực thao tác T tổng số sỏi các ô đen luôn là số lẻ không thể chuyển tất viên sỏi trên bẳng ô vuông cùng ô sau số hữu hạn các phép thưc thao tác T Sở giáo dục-đào tạo Hµ nam đề chính thức Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT chuyªn N¨m häc 2009-2010 Môn thi : toán(đề chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề) Bµi 1.(2,5 ®iÓm) 1  2 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: x  3x  x    x  x  y 7    x 12  2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x  y Bµi 2.(2,0 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x  x   2m 0 a) Tìm m để x =  48 là nghiệm phơng trình b) Tìm m để phơng trình có nghiệm x=x1; x=x2 thoả mãn: x1  x2 24  x1  x2 Bµi 3.(2,0 ®iÓm) 18 x   2m   x  6m  52 0 1) Cho ph¬ng tr×nh: ( víi m lµ tham sè, x lµ Èn sè) T×m gi¸ trÞ m là số nguyên để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ abc  a  b  4c abc 2) T×m sè tho¶ m·n: Bµi 4.(3,5 ®iÓm)   Cho ∆ABC nhän cã C  A §êng trßn t©m I néi tiÕp  ABC tiÕp xóc víi c¸c c¹nh AB, BC, CA lÇn lît t¹i c¸c ®iÓm M, N, E; gäi K lµ giao ®iÓm cña BI vµ NE  C  AIB 900  a) Chøng minh: b) Chứng minh điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên đờng tròn c) Gäi T lµ giao ®iÓm cña BI víi AC, chøng minh: KT.BN=KB.ET d) Gọi Bt là tia đờng thẳng BC và chứa điểm C Khi điểm A, B và tia Bt cố định; điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng minh các đờng thẳng NE tơng ứng luôn qua điểm cố định - Hết -Gợi ý số câu khó đề thi: Bµi 3: ' 4m  12m  68  2m  3  77 1) Ta cã  = ' §Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm h÷u tû th×  ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng Gi¶ sö  ' = n2( đó n là số tự nhiên) 2  2m  3  77 n2   2m  3  n2 77   2m   n   2m   n  77 Khi đó ta có Do n  N nªn 2m-3+n>2m-3-n Vµ m  Z, n  N vµ 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11) Từ đó xét trờng hợp ta tìm đợc giá trị m 2)Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta cã: 100a  10b 2 100a  10b  c  a  b  4c  c  (do  a  b   0)  a  b   Ta cã 10   a  b   a     a  b   a  b  10  10a  b  2 4 a  b   a  b Mµ lµ hoÆc (*) 4 a  b   lµ sè lÎ vµ  c 9 nªn 2 4 a  b  a  b  ph¶i cã tËn cïng lµ sè ch½n nªn ph¶i cã tËn cïng lµ  c MÆt kh¸c  a  b  2.5 ab 4(a  b)  vµ lµ sè lÎ   a  b  KÕt hîp (*) vµ (**) ta cã  a+b  {2; 3; 7; 8}  a  b <500   a  b   125, 25 (**)  {4; 9; 49; 64}  a  b  + Nếu a+b  {2; 7; 8} thì a+b có dạng 3k ± 1(k  N) đó chia hÕt cho 10   a  b   9a  mµ (a+b) + 9a= 3k ± 1+9a kh«ng chia hÕt cho  kh«ng 3  c  N 19 10   9a    3a  c  35 + NÕu a+b =3 ta cã V× 0<a<4 vµ 1+3a 7  1+3a=7  a=2, đó c=6 và b=1.Ta có số 216 thoả mãn KÕt luËn sè 216 lµ sè cÇn t×m Bµi 4: * ý c : Chøng minh KT.BN=KB.ET KT AK  IE C¸ch 1:C/m  AKT   IET  ET KB AK  C/m  AKB   INB  BN IN Do IE=IN từ đó ta suy điều phải chứng minh C¸ch 2: KT TA  C/m  TKE   TAI  ET TI KB AB  C/m  BIM   BAK  BM BI TA AB  BI Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cña  ABT ta cã TI Và BM=BN từ đó suy điều phải c/m *ý d:Chứng minh NE qua điểm cố định:  Do A, B và tia Bt cố định nên ta có tia Bx cố định và ABI  không đổi (tia Bx là tia  ph©n gi¸c cña ABt ) Xét  ABK vuông K ta có KB = AB.cos ABI=AB.cos  không đổi Nh điểm K thuộc tia Bx cố định và cách gốc B khoảng không đổi đó K cố định  đpcm GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2009 – 2010 Đề, lời giải Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm phân biệt x1, x2 Đặt S2 = x12 + x22 ; S1 = x1.x2 Chứng minh rằng: a.S2 + b.S1 + 2c = Cách khác, nhận xét 20 c b Theo Vi-ét ta có: x1+ x2 = a ; x1.x2 = a a.S2 + b.S1 + 2c = a x12  x2  b  x1  x2   2c   a   x1  x2    x1 x2    b  x1  x2   2c   a  x1  x2   2a  x1 x2   b  x1  x2   2c c b  b a    2a  b  2c a a  a  2 b b   2c   2c 0 (do a 0) a a Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình: 2x - x + 3m – = (1) a/ Định m để phương trình có nghiệm và tìm tất nghiệm còn lại phương trình b/ Tìm tất các giá trị m để phương trình (1) có nghiệm a/ Phương trình có nghiệm x = thay vào pt ta có: 2.9 - +3m – = Cách khác: 3m = x  x  0 (2) m = 7/3  x1 3 Từ (1) ta có x 0 vào (1) ta pt: x1 = 2 x  x  0 (2) x1  x2  Đặt x t 0 ta có pt: 2t2– 7t + =   x2  Giải tìm t1 = ; t2 = ½ Suy x = ; x2 = ¼  x2    b/ Từ (1) coi phương trình với ẩn là x 2  x 81  24m  x2  mà S  x1  x2  Lập Câu b: Để pt (1) có nghiệm thì: Có thể yêu cầu tìm số nguyên lớn m để phương trình (1) có nghiệm   x 81  24m 0 27  x  m  Chú ý: thay x ta có bài toán  S  x1  x2  0 tương tự      Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình:   x  1  y   2 (1)   y    z  3 6 (2)   z  3  x  1 3 (3)  (I) Nhân (1) (2) và (3) ta có: [(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36 (x + 1)(y + 2)(z + 3) = (x + 1)(y + 2)(z + 3) = -6 Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = hệ (I) là: Nếu x, y, z là các số dương thì hệ có nghiệm 21  z  3   x  1   y  2   z 0   x 0   y 0 Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - hệ (I) là:  z    z     x     x   y     y   Vậy nghiệm hệ là (0 ; ; 0) và (-2 ; -4 ; -6) Bài 4: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho x2 y , điểm I(0 ; 3) và điểm M(m ; parabol (P): 0) Với m là tham số khác a/ Viết phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm M, I b/ Chứng minh (d) luôn luôn cắt (P) hai điểm phân biệt A, B với AB > a/ Gọi pt (d) là y = ax + b Khi qua I(0 ; 3) và M(m ; 0) ta có:   b 3 3  a.0  b 3      (d ) : y  x  m  m.a  b 0 a  m  b/ Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P): x2   x 3 m  mx  x  m ( m 0)  mx  x  9m 0  92  4.m   9m  81  36m  0, m 0 Vậy (d) luôn cắt (P) điểm phân biệt Chứng minh AB > Vì A, B là giao điểm (d) và (P) nên hoành độ xA, xB phải thỏa mãn pt: mx2 + 9x – 9m = Theo Vi-ét ta có: xA+ xB = m ; xA xB = -9 3 3  ( d )  y A  x A  ; y B  xB  m m Do A, B Theo công thức tính khoảng cách: 22 AB   xA  xB    y A  y B  2 3  3  xA  xB  m   m   xA  xB    xA  xB     xA   2 xB      m  2 x  xB   A m      x A  x B   x A xB       m   2        4( 9)       m    m    81     36     m  m   81 729 324    36  36 6 m2 m4 m2 Bài 5: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt A và B (R > R’) Tiếp tuyến B (O’ ; R’) cắt (O ; R) C và tiếp tuyến B (O ; R) cắt (O’ ; R’) D a/ Chứng minh rằng: AB2 = AC.AD và AC  BC     AD  BD  b/ Lấy điểm E đối xứng B qua A Chứng minh bốn điểm B, C, E, D thuộc đường tròn có tâm là K Xác định tâm K đường tròn  B  C (chắn cung AnB) a/ Xét (O) ta có  B  D (chắn cung AmB) Xét (O’) ta có  ABC ADB AB AC BC    (1) AD AB BD  AB  AC AD E / C / = x A K O x = j1 D O' B AB AC AD AC  BC   AB          AD AD AD  BD   AD  b/ Từ (1) thay AE = AB ta có AE AC  AD AE (*) mặt khác: A C  B  ;A  B  D  1 2  (**)  A1  A 23 Từ (*) và (**) suy ra: AEC ADE (c  g  c)  D   E 2    E  B  B   CED  CBD E 2     E  D  D  B 2 180 ( xet BDE ) Vậy tứ giác BCED nội tiếp đường tròn tâm K Với K là gaio điểm đường trực BCE BDE Së GD&§T NghÖ An K× thi TUYÓN sinh VµO líp 10 trêng thpt chuyªn phan béi ch©u n¨m häc 2009 - 2010 §Ò thi chÝnh thøc Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1: (3.5 điểm) 3 a) Giải phương trình x    x 3 b) Giải hệ phương trình  2  x  y    x3    y  Bài 2: (1.0 điểm) Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên x  ax  a  0 Bài 3: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A có đường phân giác BE (E thuộc AC) Đường tròn đường kính AB cắt BE, BC M, N (khác B) Đường thẳng AM cắt BC K Chứng minh: AE.AN = AM.AK Bài 4:(1.5 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đường tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO I và K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn và tứ giác BICK là hình bình hành Bài 5:(2.0 điểm) a) Bên đường tròn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm trên cạnh tam giác ABC b) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a  b  c 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a  b  c  ab  bc  ca a 2b  b c  c a Hết 24 Së GD&§T NghÖ An K× thi TUYÓN sinh VµO líp 10 trêng thpt chuyªn phan béi ch©u n¨m häc 2009 - 2010 M«n thi: To¸n §Ò thi chÝnh thøc Híng dÉn chÊm thi B¶n híng dÉn chÊm gåm 03 trang Nội dung đáp án §iÓm 3,5 ® 2,0® Bµi a x    x 3  x    x  3 x   x   x    x 27 0.50®   ( x  2)(7  x) 27 0.25®  ( x  2)(7  x) 2  ( x  2)(7  x) 8 0.25®  x  x  0  x    x 6 0.25® 0.25® 0.50® ( tháa m·n ) b 1,50® z §Æt y 0.25® 2  3x z   z x   Hệ đã cho trở thành   x  z  z  x 0.25® 0,25®   x  z  x  xz  z  0   x z (v×  0,25® x  xz  z   0, x, z ) 0,25®  x  x  x  0    x 2 Từ đó ta có phơng trình: Vậy hệ đã cho có nghiệm: 0,25® ( x, y) (  1;  2),  2,1 Bµi 2: Điều kiện để phơng trình có nghiệm:  0  a  4a  0 (*) Gọi x1, x2 là nghiệm nguyên phơng trình đã cho ( giả sử x1≥ x2)  x1  x2 a  x1.x2  x1  x2 2  x1.x2 a   Theo định lý Viet:  ( x1  1)( x2  1) 3  x1  3  x1       x2  1 hoÆc  x2   (do x1 - ≥ x2 -1) 1,0 ® 0,25® 0,25® 0,25® 25  x 4  x1 0     x2 2 hoÆc  x2  Suy a = hoÆc a = -2 (tháa m·n (*) ) Thö l¹i ta thÊy a = 6, a = -2 tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n 0,25® 2,0 ® Bµi 3:      V× BE lµ ph©n gi¸c gãc ABC nªn ABM MBC  AM MN 0,25®    MAE MAN (1) 0,50® Vì M, N thuộc đờng tròn đờng   kÝnh AB nªn AMB  ANB 90 0,25®  ANK AME 90 , kÕt hîp với (1) ta có tam giác AME đồng d¹ng víi tam gi¸c ANK 0,50® AN AK  AM AE 0,25®   AN.AE = AM.AK (®pcm) Bµi 4: 0,25® 1,5 ®   V× tø gi¸c AMIN néi tiÕp nªn ANM  AIM   V× tø gi¸c BMNC néi tiÕp nªn ANM  ABC 0,25®  AIM  ABC Suy tø gi¸c BOIM néi tiÕp Tõ chøng minh trªn suy tam gi¸c AMI đồng dạng với tam giác AOB  K AM AI   AI AO  AM AB AO AB (1) Gọi E, F là giao điểm đờng thẳng AO víi (O) (E n»m gi÷a A, O) Chứng minh tơng tự (1) ta đợc: AM.AB = AE.AF = (AO - R)(AO + R) (víi BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2 3R 3R 3R R  AI     OI  AO R 2 (2)  AI.AO = 3R2 0,25® 0,25® 0,25® Tam giác AOB và tam giác COK đồng dạng nên OA.OK = OB.OC = R2 R2 R2 R  OK    OA R (3) 0,25® Tõ (2), (3) suy OI = OK Suy O lµ trung ®iÓm IK, mµ O lµ trung ®iÓm cña BC V× vËy BICK lµ h×nh b×nh hµnh Bµi 5: a, 0,25® 2,0 ® 1,0 ® Gi¶ sö O n»m ngoµi miÒn tam gi¸c ABC Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö A vµ O nằm phía đờng thẳng BC Suy đoạn AO cắt đờng thẳng BC K KÎ AH vu«ng gãc víi BC t¹i H Suy AH  AK < AO <1 suy AH < Suy gi¶ thiÕt) Suy ®iÒu ph¶i chøng minh S ABC  0,25® 0,25® 0,25® AH BC 2.1  1 0,25® 2 (m©u thuÉn víi 26 b, Ta cã: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 2 mµ a + ab  2a b (¸p dông B§T C«si ) b3 + bc2 2b2c c3 + ca2 2c2a Suy 3(a2 + b2 + c2)  3(a2b + b2c + c2a) > ab  bc  ca a  b2  c Suy  (a  b  c )  P a  b  c  2( a  b  c ) 1,0® 0,25® 0,25® P a  b  c  0,25® Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh đợc t  P t  9 t t t     3   4 2t 2t 2 2 P4 0,25® Suy DÊu b»ng x¶y vµ chØ a = b = c = VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ Nếu thí sinh giải cách khác đúng câu thì cho tối đa điểm câu đó SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAM SƠN THANH HOÁ KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC: 2009-2010 Đề chính thức MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19 tháng năm 2009 Câu 1: (2,0 điểm) Cho số x ( x  R ; x > ) thoả mãn điều kiện : 1 x3 + x5 + x và B = x thức : A = x2 + =7 x2 Tính giá trị các biểu  1 + 22  y  x   + 2- 2  y x Giải hệ phương trình:  Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax2 + bx + c = (a 0) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện: 2a - 3ab + b  x1  x  Tìm giá trị lớn biểu thức: Q = 2a - ab + ac Câu 3: (2,0 điểm) x-2 + y + 2009 + z - 2010 =  x + y + z Giải phương trình: Tìm tất các số nguyên tố p để 4p2 + và 6p2 + là số nguyên tố Câu 4: (3,0 điểm) 27 Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt E Một đường thẳng qua A, cắt cạnh BC M và cắt đường thẳng CD N Gọi K là giao điểm các đường thẳng EM và BN Chứng minh rằng: CK  BN Cho đường tròn (O) bán kính R = và điểm A cho OA = Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm) Một góc xOy có số đo 450 có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB D và cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC E Chứng minh 2 -  DE < Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd , đó ad – bc = Chứng minh rằng: P  Hết Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: …………………… sở giáo dục - đào tạo hà nam kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn N¨m häc 2009 - 2010 M«n thi : to¸n(§Ò chung) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) đề chính thức Bµi (2 ®iÓm) x    x 1  x  3 x  x 1 x 1 x Cho biÓu thøc P = a) Tìm điều kiện xác định P b) Rót gän P c) Tìm x để P > Bµi (1,5 ®iÓm)  1 x  y      x  y 1 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  Bµi (2 ®iÓm) 1) Tìm toạ độ giao điểm đờng thẳng y = x + và parabol y = x2 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (m + 1)x + 2m + cắt trục õ, trục Oy lần lợt các điểm A , B và  AOB cân ( đơn vị trên hai trục õ và Oy nhau) Bµi (3,5 ®iÓm) Cho  ABC vuông đỉnh A, đờng cao AH, I là trung điểm Ah, K là trung điểm HC Đờng tròn đờng kính AH ký hiệu (AH) cắt các cạnh AB, AC lần lợt diểm M và N a) Chứng minh  ACB và  AMN đồng dạng b) Chứng minh KN là tiếp tuýn với đờng tròn (AH) c) T×m trùc t©m cña  ABK Bµi (1 ®iÓm) Cho x, y, z lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n: x + y + x = 1 1   T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = 16 x y z     -hÕt - sở giáo dục đào tạo hà nam Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn N¨m häc 2009 – 2010 hớng dẫn chấm thi môn toán : đề chung 28 Bµi (2 ®iÓm) a) (0,5 điểm) Điều kiện xác định P là x 0 và x ≠ x  4 1 x 1 0,2 x x  3 x  x 1   x 1 1 x b) (1 ®iÓm)   0.5 x  x  x 4 3 x  x 1 x 0,2 x x 0,2 VËy P =  c) (0,5 ®iÓm) 0,2 x P>0   x 0  0,2 x   x  0,2 Bµi (1,5 ®iÓm) Céng hai ph¬ng tr×nh ta cã :   2  x 1   x Víi x   1 y    1 0,5 1   21  2 1 0,5    1  0,2  x     y   0,2 K/l VËy hÖ cã nghiÖm: Bµi (2 ®iÓm) a) (1 điểm) Hoành độ giao điểm là nghiệm phơng trình: x2 = x +  x  x  0  x  hoÆc x = Víi x = -2  y 4; x 3  y 9 Hai ®iÓm cÇn t×m lµ (-2;4); (3;9) b) (1 ®iÓm)  2m+3  2m   A ;0    m  1  2m  0  x   m+1  m  (víi m ≠ -1) Víi y = Víi x = 05 0,2 0,2 0,2  y 2m   B  0;2m+3    2m   2m  m 1 0,2  OAB vu«ng nªn  OAB c©n A;B ≠ O vµ OA = OB 2m    2m    2m  3   1 0  m 0  m  m    + Víi hoÆc m = (lo¹i) 2m     2m    2m  3   1 0  m    m 1  + Víi m  hoÆc m = (lo¹i) K/l: Gi¸ trÞ cÇn t×m m = 0; m = -2 Bµi 4(3,5 ®iÓm) a) (1,5 ®iÓm) 0,2 0,2 0,2 29 A N E I M C B K H  AMN và  ACB vuông đỉnh A   Cã AMN AHN (cïng ch¾n cung AN)    AHN ACH (cùng phụ với HAN ) (AH là đờng kính)    AMN ACH 0,2  AMN ACB 0,2 0,7  b) (1 điểm)  HNC vuông đỉnh N vì ANH 90 có KH = KC  NK = HK lại có IH = IN (bán kính đờng tròn (AH)) và IK chung nên  KNI =  KHI (c.c.c)     KNI KHI 900  KNI 900 Có KN  In, IN là bá kính (AH)  KN là tiếp tuyến với đờng tròn (AH) c) (1 ®iÓm) + Gọi E là giao điểm Ak với đờng tròn (AH), chứng minh góc HAK= góc HBI HA HK  Ta cã AH2 HB.HC  AH.2IH = HB.2HK  HB HI     HAK HBI  HAK HBI   + Cã HAK EHK (ch¾n cung HE)    HBI EHK  BI // HE AEH 900 Cã (AH là đờng kính)  BI  AK  ABK cã  BI  AK vµ  BK  AI  I lµ trùc t©m  ABK Bµi (1®iÓm)  1 1 1  y x   z x   z y  21 P=    x  y  z               16x y z  16x y z   16 x y   16 x z   y z  16 y x   Theo cèi víi c¸c sè d¬ng: 16 x y dÊu b»ng x¶u y=2x 0,7 0,2 0,5 0,2 0,2 0,5 z x   16 x z dÊu b»ng x¶u z=4x z y  1 4y z dÊu b»ng x¶u z=2y VËy P  49/16 P = 49/16 víi x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7 VËy gi¸ trÞ bÐ nhÊy cña P lµ 49/16 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 0,2 0,2 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN 30 TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn Toán – Vòng (Dùng cho tất các thí sinh) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu 01 trang Câu 1: (2 điểm) Tính giá trị biểu thức:  x  2 y A  3  250 3 1 x x y y x 5 xy  y  x y  Câu 2: (2,5 điểm) Cho phương trình (m + 1)x2 – 2(m – 1) + m – = (ẩn x, tham số m) a) Giải phương trình m = 1   x x2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: Câu 3: (1,0 điểm) Khoảng cách hai bến sông A và B là 60 km Một ca nô chạy xuôi dòng từ bến A tới bến B, nghỉ 20 phút bến sông B và ngược dòng trở A Thời gian kể từ lúc khởi hành đến bến A tất 12 Tính vận tốc riêng ca nô và vận tốc dòng nước biết vận tốc riêng cảu ca nô gấp lần vận tốc dòng nước Câu 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) không qua tâm O cắt đường tròn (O; R) hai điểm phân biệt A, B Điểm M chuyển động trên (d) và nằm ngoài đường tròn (O; R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN và MP tới đường tròn (O; R) (N, P là hai tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác MNOP nội tiếp đường tròn, xác định tâm đường tròn đó b) Chứng minh MA.MB = MN2 c) Xác định vị trí điểm M cho tam giác MNP d) Xác định quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP Câu 5: (1 điểm)  23 x y Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: B 8x   18y  x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Đáp án: Câu 1: x = 10; y=3 A=x–y=7 Bài 2: a) Với m = thì x1 = 0; x2 = 2/3 b) m = -6 31 Bài 3: ĐS: Vận tốc ca nô: 12 km/h Vận tốc dòng nước: km/h Bài 4: a, b) c) Tam giác MNP OM = 2R d) Quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là đường thằng d’ song song với đường thẳng d (trừ các điểm bên đường tròn) Bài 5: B 8x   18y  x y 2  2  5   8x     18y       8  12  23 43 x  y  x y  1  x; y   ;   3 Dấu xảy Vậy giá trị nhỏ B là 43 1 ;   3  x; y   SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: TOÁN CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ***** Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + = 0, a là tham số a) Giải phương trình với a = b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh a2> Câu 2.(4,0 điểm) 32 a) Giải phương trình: x+3 + 6-x (x + 3)(6 - x) = =1 x + y + z  2x + 2y - 2xy + z = b) Giải hệ phương trình:  Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất các số nguyên x, y, z thỏa mãn : 3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = Câu 4.(3,0 điểm) a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương Chứng minh rằng: abc + xyz  (a + x)(b + y)(c + z) b) Từ đó suy : 3 3  3 3 2 3 Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC, CD, DA hình vuông AC  a) Chứng minh SABCD (MN + NP + PQ + QM) b) Xác định vị trí M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vuông PQRS OA và OB là hai bán kính thay đổi vuông góc với Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP Tìm quỹ tích giao điểm M Ax và By =HẾT= SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN *** KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010 MÔN : TOÁN (Hệ số 2) ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang I- Hướng dẫn chung: 1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định 2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và thống thực Hội đồng chấm thi 3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số II- Đáp án và thang điểm: CÂU ĐÁP ÁN Điểm Câu 1a Ta có phương trình : x + ax +x + ax + = (1) (2,0đ) (2) Khi a =1 , (1)  x +x +x +x+1= Dễ thấy x = không phải là nghiệm 0,50 1 x + + x + +1= x x Chia vế (2) cho x2 ta được: (3) 0,50 33 t = x+ Đặt 1  t  x+  x + 2 x x x x2 + t -2 x và Phương trình (3) viết lại là : t + t - =  1  1 t1  t2  2 Giải (3) ta hai nghiệm và không thỏa điều kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô nghiệm Câu1b (2,0đ) Vì x = không phải là nghiệm (1) nên ta chia vế cho x ta có 1  x + +a  x +  +1= x x  phương trình : Đặt t =x+ 0,50 0,50 x , phương trình là : t2 + at - = (4) Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t|  Từ (4) suy 1- t a t (1 - t ) 2  t (t - 4)   (5) t2 Từ đó : Vì |t|  nên t2 >0 và t2 –  , (5) đúng, suy a2 > Câu 2a x + + - x - (x + 3)(6 - x) 3 (1) (2,0đ)  x+3 0  -3 x 6  Điều kiện : 6-x 0 a >2  u  x + , u , v 0  u  v 9   v = - x Đặt : Phương trình đã có trở thành hệ : u + v (u + v) - 2uv = =9    = + uv u + v - uv = u + v  uv = u =    uv = -4 v = Suy : (3+uv)2-2uv =  x+3 =  x = -3   x =  6-x = Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = Câu 2b (2,0đ) 0,50 Ta có hệ phương trình :  x+y+z=1  x+y = 1-z    2 2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1 x + y = - z  2 2xy = z - 2z + = (1- z)  2xy = (x + y) 2  x + y =  x = y =  z = 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1) 34 0,50 Câu (3,0đ) Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = (1)  3(x-3) + 6y + 2z + 3y z 33 (2) Suy : z2  và 2z2  33 Hay |z|  Vì z nguyên suy z = |z| = 0,50 0,50 a) z = , (2)  (x-3)2 + 2y2 = 11 (3) Từ (3) suy 2y2 11  |y|  Với y = , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn Với |y| = 1, từ (3) suy x  { ; 6} b) |z| = 3, (2)  (x-3)2 + 11 y2 = (4) Từ (4)  11y2  y = 0, (4) không có số nguyên x nào thỏa mãn Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ; (6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0) 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 4a (2,0đ) abc  xyz  (a+x)(b+y)(c+z) Lập phương vế (1) ta : (1) 0,50 abc + xyz + 3 (abc) xyz +3 abc(xyz) (a+x)(b+y)(c+z)  abc + xyz+ 3 (abc) xyz + 3 abc(xyz)  abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz 0,50  (abc) xyz + abc(xyz) (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc) (2) Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có : Câu4b (1,0đ) (abz+ayc+ xbc) 3 (abc) xyz (3) 0,50 (ayz+xbz+ xyc) 3 abc(xyz) (4) Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta bất đẳng thức (2), đó (1) chứng minh 0,50 3 Áp dụng BĐT (1) với a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = - 3, y = 1, z = 3 Ta có : abc = + , xyz = 3- , a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 3 3 3 Từ đó : 3+  3-  6.2.2 2 (đpcm) Câu 5a Gọi I, J, K là trung điểm (2,0) QN, MN, PQ Khi đó : A MN BJ = (trung tuyến  vuông MBN) Q PQ Tương tự DK = K QM IJ = (IJ là đtb  MNQ) D PN Tương tự IK = Vì BD  BJ + JI + IK + KD Dođó: M 0,50 0,50 B J I P N 0,50 C 0,50 0,50 35 SABCD  Câu5b (1,0) Câu (3,0đ) AC AC AC BD  (BJ+JI + IK+KD) = (MN+NP+PQ+QM) 2 - đpcm Chu vi tứ giác MNPQ là : MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ = 2(BJ + JI + IK + KD)  2BD (cmt) Dấu xảy đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền tam giác vuông cân nhau), lúc đó MNPQ là hình chữ nhật Kí hiệu hình vẽ y Phần thuận :   AOB =AMB 900 (giả thiết) H P  tứ giác AOBM luôn nội tiếp Q x AMO ABO   45 M' A M  (vì AOB vuông cân O) B' Suy M luôn nằm trên đường thẳng qua O và tạo với đường O PQ góc 450 Trường hợp B vị trí B’ thì M’ B nằm trên đường thẳng qua O và tạo với PS góc 450 S K R Giới hạn : *) Khi A  H thì M  Q, A  K thì M  S *) Trường hợp B vị trí B’: A  H thì M’  P, A  K thì M’  R Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) A Kẻ bán kính OB OA   Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO ABO 45 )   Suy : AMB AOB 90 Mà AM//PQ , PQPS  MB//PS Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là đường chéo hình vuông PQRS 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 =Hết= Sở Giáo dục và đào tạo B×NH D¦¥NG §Ò thi chÝnh thøc Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT Chuyªn Hïng V¬ng N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n (Chuyªn) Thêi gian lµm bµi: 150 phót (không kể thời gian phát đề.) 36 C©u1: Gi¶i ph¬ng tr×nh C©u 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh x  x  x  19 2 x  39  x  y    x  y   0    x  y  0 C©u 3: Cho a,b  R tháa:    2  a  a    b  b   3    TÝnh a+ b C©u Cho Ph¬ng tr×nh bËc hai , x lµ Èn, tham sè m: x   m 1 x  2m 0 1- Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ m 2- Gäi x1,x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh Chøng tá M = x1 + x2 - x1x2 kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m Câu Cho tam giác ABC có góc nhọn BE và CF là hai đờng cao Trực tâm H Trên HB và HC   lÇn lît lÊy ®iÓm M , N cho AMC  ANB 90 Chøng minh : AM = AN 37 GiảI đề Thi C©u1: Gi¶i ph¬ng tr×nh x  x  x  19 2 x  39 (*) đặt t = x  x  19 0 (*)  t  t  0 t 4(nhËn) t2  5(lo¹i  1  x  x  19 16  x  x  35 0  x1 7  x2   C©u 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x  y    x  y   0 (*)    x  y  0 đặt t = x + y t 1 (*)  t  3t  0   t2 2  x 3   x  y 1  y     x  y 5      x 7 x  y  2      x  y 5   3   y   C©u 3: Cho a,b  R tháa:    2  a  a    b  b   3    TÝnh a+ b    tõ  a  a2    b  b2   3        a2  a2    b2  b2   3  a  a2    b             a  a2    b  b2   3       2  a  a    b  b   3    vËy   a  a2    b  b2   3          b2     38  2 2  ab + a b + + b a + + a + b + =    2 2  ab - a b + - b a + + a + b + =     2a b2 + + 2b a + =         a b2 + + b a + = v × a + > 0, b2 + > nª n a = b =  a+b=0 C©u Cho Ph¬ng tr×nh bËc hai , x lµ Èn, tham sè m: x   m 1 x  2m 0 ’ = [-(m+1)]2-2m = m2 +2m +1 -2m = m2 + > Nªn ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi gi¸ trÞ m TheoViet :  x1 + x = 2(m + 1)   x1.x = 2m M = x1 + x - x1.x = 2(m + 1) - 2m = Nªn kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m C©u 5: A AEBFC(g-) BAE  ACF AECF.B(1) E F H M B N C vMAC, ME : ® êng cao MA2  AE AC (2) vNAB, NF : ® êng cao NA2  AF.AB (3) Tõ (1),(2),(3) MA2 = NA2 MA = NA 39 - 40 41 42 43 44 45 Hướng dẫn 46 47 Câu 48 49 50 51 52 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học : 2009-2010 Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm : 01 trang đề chính thức Bài 1.(2,0 điểm) : a Cho k là số nguyên dương bất kì Chứng minh bất đẳng thức sau: 1  2(  ) (k  1) k k k 1 b Chứng minh rằng: 1 1 88      2010 2009 45 Bài 2.(2.5 điểm): Cho phương trình ẩn x: x  (m  1) x  0 (1) (m là tham số) a Tìm các giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x 1  b Tìm các giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x1 , x2 cho biểu thức: A ( x12  9)( x22  4) đạt giá trị lớn Bài 3.(2,0 điểm): 2   x  y  xy 3  x  y3 9 a Giải hệ phương trình sau :  b Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x3  x  3x   y Bài 4.(3,0 điểm): Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng với O; B) Vẽ đường tròn tâm I qua M và tiếp xúc với BC B, vẽ đường tròn tâm J qua M và tiếp xúc với CD D Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt điểm thứ hai là N a Chứng minh điểm A, N, B, C, D cùng thuộc đường tròn Từ đó suy điểm C, M, N thẳng hàng b Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn o Bài (0.5 điểm): Cho góc xOy 120 , trên tia phân giác Oz góc xOy lấy điểm A cho độ dài đoạn thẳng OA là số nguyên lớn Chứng minh luôn tồn ít ba đường thẳng phân biệt qua A và cắt hai tia Ox, Oy B và C cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC là các số nguyên dương ========= Hết ========= Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:……………………………….………………… Số báo danh:…………… SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH 53 Năm học : 2009-2010 BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN CÂU Bài Ý NỘI DUNG a Cho k là số nguyên dương bất kì CMR: ĐIỂM (2điểm) 1  2(  (k  1) k k ) k 1 1 1 88     2010 2009 45 b Chứng minh rằng: a (1.0đ)  Bđt  k 1  k  (k  1) k k k  0.25 2k   k(k  1)   ( k 1  0.25 k )2  0.25 Luôn đúng với k nguyên dương  b (1.0đ) 1  2(  (k  1) k k ) k 1 0.25 0.25 Áp dụng kết câu a ta có: VT      2010 2009       2      2    2 3    2009  2      2010  0.25   2010  0.25  88   1   VP  45  45 (đpcm) Bài (2.5 điểm) 0.25 x  (m  1) x  0 Cho phương trình ẩn x: tham số) (1) (m là c Tìm các giá trị m để phương trình có nghiệm x 1  d Tìm m để (1) có nghiệm x1 , x2 cho biểu thức: A ( x12  9)( x22  4) max a (1,5đ) Pt (1) có nghiệm x 1    1   0.5    m  1   0 54 Tìm m 5  và KL b (1,0đ) 1.0 Tính   m  1  24  m suy pt (1) có nghiệm phân biệt 0.5 x1 , x2 A  x1 x2     x1  x2  0.25 A   x1  x2  0 Theo ĐL Vi-et ta có x1 x2   2 x1  x2 0  x1 3  x1       x2    x2 2  x1 x2   x  x 1  m m 0 m 2   Max A = và  KL : Vậy m = ; m = là các giá trị cần tìm Bài (2 điểm) 0.25  x  y  xy 3   3 9  x  y a Giải hệ phương trình sau : b Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x3  x  3x   y a (1.0đ) Hệ phương trình đã cho  x  y  xy 3   2 ( x  y )( x  y  xy ) 9  x  y 3   xy 2 b (1.0đ) 3 x  y  ( x  y )  xy 3 0.5  x 1  x 2     y 2  y 1 0.5 3  y  x 2 x  x  2  x     4  Ta có (1) 3  xy 0.25  15  ( x  2)3  y 4 x  x   x      16  (2) Bài (3 điểm)  y  x2 0.25 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + 0.25 Thay y = x + vào pt ban đầu và giải phương trình tìm x = -1; x = từ đó tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0) 0.25 Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng với O; B) Vẽ đường tròn tâm I qua M và tiếp xúc với BC B, vẽ đường tròn tâm J qua M và tiếp xúc với CD D Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt điểm thứ hai là N c Chứng minh điểm A, N, B, C, D cùng thuộc đường tròn Từ đó suy điểmC, M, N thẳng hàng d Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn 55 N I A B K H J M O C D a 2.0đ MNB MBC ( Cùng chắn cung BM) MND MDC ( Cùng chắn cung DM) 1.5 BND MNB  MND MBC  MDC 90 Do đó điểm A, B, C, D, M cùng thuộc đường tròn Suy NC là phân giác góc BND ( cung BC = cung BD) Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác góc BND 0.5 Nên M, N, C thẳng hàng b 1.0đ Gọi H, K là hình chiếu N trên AC và BD  NHOK là hình chữ nhật Ta có : NA.NC NH AC  NH a 0.5 NB.ND NK BD  NK a Suy NA.NB.NC.ND 2a NH NK 2a NH  NK a4 a NO  2 a (2  2) a NH  NK   OM  2 Dấu xảy và Bài (0.5 điểm) 0.5 o Cho góc xOy 120 , trên tia phân giác Oz góc xOy lấy điểm A cho độ dài đoạn thẳng OA là số nguyên lớn Chứng minh luôn tồn ít ba đường thẳng phân biệt qua A và cắt hai tia Ox, Oy B và C cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC là các số nguyên dương 56 O C A B y x z   Chỉ đường thẳng d1 qua A và vuông góc với OA thỏa mãn bài toán Đặt OA = a > (a nguyên) Trên tia Ox lấy điểm B cho OB = a + nguyên dương Đường thẳng d qua A, B cắt tia Oy C 1   Chứng minh OB OC OA 1     OC a (a 1) a  OC a là số nguyên dương Suy d là đường thẳng cần tìm 0.5  Tương tự lấy B trên Ox cho OB = a(a + 1), Ta tìm đường thẳng d3  Chứng minh d1 , d , d phân biệt ĐPCM Hướng dẫn chung Trên đây là các bước giải và khung điểm cho câu Yêu cầu học sinh phải trình bầy, lập luận và biến đổi hợp lý, chặt chẽ cho điểm tối đa Bài phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải bài toán cho điểm.( không cho điểm hình vẽ ) Những cách giải khác đúng cho điểm tối đa Chấm điểm phần, điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần( không làm tròn) =========================== SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2008-2009 Môn TOÁN Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Bài ( điểm ): √ 10+ √ 20−3 √ 6−√ 12 √5−√3 a) Thực phép tính: 57 b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài ( 1,5 điểm ): x−√ x−2008 mx − y =2 x + my=5 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ Cho hệ phương trình: a) Giải hệ phương trình m=√ b) Tìm giá trị m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức m x+ y=1− m +3 Bài (1,5 điểm ): y=− x 2 , có đồ thị là (P) Viết phương trình đường thẳng qua a) Cho hàm số hai điểm M và N nằm trên (P) có hoành độ là −2 và √ b) Giải phương trình: x +3 x−2 x +x=1 Bài ( điểm ): Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD vàBC M vàN MO MO + =1 a) Chứng minh: CD AB 1 + = b) Chứng minh: AB CD MN 2 S ABCD c) Biết S AOB=m ; S COD =n Tính theo m và n (với S AOB , S COD , S ABCD là diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác ABCD) Bài ( điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không qua tâm O; C và D là hai điểm di động trên cung lớn AB cho AD và BC luôn song song Gọi M là giao điểm AC và BD Chứng minh rằng: a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp b) OM ¿ BC c) Đường thẳng d qua M và song song với AD luôn qua điểm cố định Bài ( điểm ): x2 y2 + ≥x + y a) Cho các số thực dương x; y Chứng minh rằng: y x b) Cho n là số tự nhiên lớn Chứng minh n + n là hợp số SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2008-2009 Môn TOÁN Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN I Hướng dẫn chung: 58 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và thống Hội đồng chấm thi 3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25 II Đáp án: Bài Nội dung Điểm 0,25 ( √5−√ 3)(3 √ 2+2) √5−√3 =3 √2+2 (1đ) 0,25 a) Biến đổi được: b) Điều kiện x≥2008 1 x−√ x−2008=( x−2008−2 √ x−2008+ )+2008− 4 8031 8031 0,25 =( √ x−2008− )2 + ≥ 4 8033 √ x−2008= ⇔ x= Dấu “ = “ xảy (thỏa mãn) Vậy giá trị nhỏ 0,25 8031 8033 x = 4 cần tìm là a) Khi m = √ ta có hệ phương trình √ x− y= x + √ y=5 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ 0,25 ⇔ x − √ y =2 √ x + √ y =5 ⇔ ¿ √ +5 x= y = √ x −2 ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ (1,5đ ) 0,25 ⇔ √ +5 x= 5 √ −6 y= ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ 0,25 m + −6 x= ;y b) Giải tìm được: m+3 0,25 Thay vào hệ thức 2 m+5 m−6 m + =1− m2 +3 m +3 m +3 Giải tìm m= x+ y=1− m2 m +3 ; 0,25 ta 0,25 (1:− ) a) Tìm M(- 2; - 2); N 0,25 Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng qua M và N nên −2 a+b=−2 a+ b=− ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ 0,25 0,25 59 (1,5đ ) a= ; b=−1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là Tìm y= x−1 b) Biến đổi phương trình đã cho thành √ Đặt t= x + x ( điều kiện t ¿ ), ta có phương trình t −2 t−1=0 − Giải tìm t = t = Với t = 1, ta có x= Hình vẽ (loại) √ x + x=1⇔ x + x−1=0 Giải x= −1+ √5 0,25 B M O D N 0,25 C MO AM MO MD = ; = AB AD a) Chứng minh CD AD MO MO AM +MD AD + = = =1 AD AD Suy CD AB (1) NO NO + =1 b) Tương tự câu a) ta có CD AB (2) MO+ NO MO+NO MN MN + =2 hay + =2 CD AB CD AB (1) và (2) suy 1 + = Suy CD AB MN S AOB S AOD c) 0,25 0,25 −1−√ A (2đ) 3( x +x )−2 √ x +x−1=0 = OB S AOD OA OB OA S AOB S AOD ; = ; = ⇒ = OD S COD OC OD OC S AOD SCOD 0,50 0,25 0,25 0,25 ⇒ S2AOD =m2 n2 ⇒ S AOD=m n Tương tự Hình vẽ 0,25 S BOC =m n Vậy S ABCD =m +n2 + 2mn=(m+n)2 (phục vụ câu a) 0,25 0,25 60 A D I O M B (3đ) C a) Chứng minh được: hai cung AB và CD - sđ góc AMB sđ cung AB Suy hai góc AOB và AMB O và M cùng phía với AB Do đó tứ giác AOMB nội tiếp b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực BC (1) - M nằm trên đường trung trực BC (2) Từ (1) và (2) suy OM là đường trung trực BC, suy OM ⊥ BC c) Từ giả thiết suy d ⊥ OM Gọi I là giao điểm đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB, 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 suy góc OMI 90 , đó OI là đường kính đường tròn này Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại 0,25 tiếp tứ giác AOMB cố định, suy I cố định 0,25 Vậy d luôn qua điểm I cố định x2 y2 + ≥x + y y x a) Với x và y dương, ta có ⇔ x + y ≥xy ( x + y )⇔( x + y )( x− y )2 ≥0 (1đ) (1) (2) (2) luôn đúng với x > 0, y > Vậy (1) luôn đúng với x>0 , y >0 b) n là số tự nhiên lớn nên n có dạng n = 2k n = 2k + 1, với k là số tự nhiên lớn n - Với n = 2k, ta có n + =(2 k ) +4 n4 + 4n là hợp số -Với n = 2k+1, tacó n 2k k 2k lớn và chia hết cho Do đó k 0,25 0,25 0,25 k n + =n +4 4=n +(2 ) =(n +2 ) −(2 n ) = (n2 + 22k+1 + n.2k+1)(n2 + 22k+1 – n.2k+1) = [( n+2k)2 + 22k ][(n – 2k)2 + 22k ] Mỗi 0,25 thừa số lớn Vậy n4 + 4n là hợp số ======================= Hết ======================= SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN 61 QUẢNG NAM Năm học 2008-2009 Môn TOÁN ( Dành cho học sinh chuyên Tin) Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Bài (1,5 điểm ): √ 10+ √ 20−3 √ 6−√ 12 √5−√3 a) Thực phép tính: b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức x−√ x−2008 Bài (2 điểm ): mx − y =2 x + my=5 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ Cho hệ phương trình: a) Giải hệ phương trình m=√ b) Tìm giá trị m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức m x+ y=1− m +3 Bài (2 điểm ): y=− x 2 , có đồ thị là (P) Viết phương trình đường thẳng qua a) Cho hàm số hai điểm M và N nằm trên (P) có hoành độ là −2 và √ b) Giải phương trình: x +3 x−2 x +x=1 Bài ( 1,5 điểm ): Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD vàBC M vàN MO MO + =1 a) Chứng minh: CD AB b) Chứng minh: 1 + = AB CD MN Bài ( điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không qua tâm O; C và D là hai điểm di động trên cung lớn AB cho AD và BC luôn song song Gọi M là giao điểm AC và BD Chứng minh rằng: a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp b) OM ¿ BC c) Đường thẳng d qua M và song song với AD luôn qua điểm cố định ======================= Hết ======================= SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2008-2009 62 Môn TOÁN (Dành cho học sinh chuyên Tin) Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN I Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và thống Hội đồng chấm thi 3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25 II Đáp án: Bài Nội dung Điểm 0,50 ( √5−√ 3)(3 √ 2+2) √5−√3 =3 √2+2 (1,5đ ) a) Biến đổi được: b) Điều kiện x≥2008 1 x−√ x−2008=( x−2008−2 √ x−2008+ )+2008− 4 8031 8031 0,50 =( √ x−2008− )2 + ≥ 4 8033 √ x−2008= ⇔ x= Dấu “ = “ xảy (thỏa mãn) Vậy giá trị nhỏ 0,25 8031 8033 x = 4 cần tìm là a) Khi m = (2đ) 0,25 √2 ta có hệ phương trình √ x− y= x + √ y=5 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ 0,25 ⇔ x − √ y =2 √ x + √ y =5 ¿ ¿ ⇔ √ +5 x= y = √ x −2 ¿ ¿ ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ 0,25 0,25 ⇔ √ +5 x= 5 √ −6 y= ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ 0,25 2m+5 −6 x= ;y b) Giải tìm được: m+3 0,50 Thay vào hệ thức 2 m+5 m−6 m + =1− m2 +3 m +3 m +3 Giải tìm m= x+ y=1− m m +3 ; 0,25 ta 0,25 63 (1:− ) a) Tìm M(- 2; - 2); N 0,25 Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng qua M và N nên (2đ) −2 a+b=−2 a+ b=− ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ 0,25 a= ; b=−1 Tìm 0,25 y= x−1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là b) Biến đổi phương trình đã cho thành Đặt 0,25 0,25 3( x +x )−2 √ x +x−1=0 t=√ x2 + x ( điều kiện t ¿ ), ta có phương trình t2 −2 t−1=0 − Giải tìm t = t = Với t = 1, ta có (loại) √ x + x=1⇔ x + x−1=0 0,25 0,25 Giải x= −1+ √5 −1−√ x= 0,25 Hình vẽ A M D B O N 0,25 C MO AM MO MD = ; = AB AD a) Chứng minh CD AD MO MO AM +MD AD (1,5đ + = = =1 AD AD ) Suy CD AB (1) NO NO + =1 CD AB b) Tương tự câu a) ta có (2) MO+ NO MO+NO MN MN + =2 hay + =2 CD AB CD AB (1) và (2) suy 1 + = Suy CD AB MN Hình vẽ (phục vụ câu a) 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 64 A D I O M (3đ) B C a) Chứng minh được: hai cung AB và CD - sđ góc AMB sđ cung AB Suy hai góc AOB và AMB O và M cùng phía với AB Do đó tứ giác AOMB nội tiếp b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực BC (1) - M nằm trên đường trung trực BC (2) Từ (1) và (2) suy OM là đường trung trực BC, suy OM ⊥ BC c) Từ giả thiết suy d ⊥ OM Gọi I là giao điểm đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB, 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 suy góc OMI 90 , đó OI là đường kính đường tròn này Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại 0,25 tiếp tứ giác AOMB cố định, suy I cố định 0,25 Vậy d luôn qua điểm I cố định 65