intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

bộ đề thi vào lớp 10 các trường chuyên từ bắc đến nam 2009 - 2010 với đáp án chi tiết phần 3

Chia sẻ: Thái Duy Ái Ngọc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST
Báo xấu
138
lượt xem 29
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bộ đề thi vào lớp 10 các trường chuyên từ bắc đến nam 2009 - 2010 với đáp án chi tiết phần 3', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: bộ đề thi vào lớp 10 các trường chuyên từ bắc đến nam 2009 - 2010 với đáp án chi tiết phần 3

  1. www.VNMATH.com 1 1 2 + 2-  y x 2. Giải hệ phương trình:   1 + 2- 1  2 y x  Câu 2: (2,0 đ iểm) Cho phương trình: ax2 + b x + c = 0 (a  0) có hai nghiệm x1, x2 tho ả mãn điều kiện: 2a 2 - 3ab + b2 0  x1  x 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = . 2a 2 - ab + ac Câu 3: (2,0 đ iểm) 1 x + y + z . x-2 + y + 2009 + z - 2010 = 1. Giải phương trình: 2 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 + 1 và 6p2 + 1 cũng là số nguyên tố. Câu 4: (3,0 đ iểm) 1. Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Một đường thẳng đ i qua A, cắt cạnh BC tại M và cắt đường thẳng CD tại N. Gọi K là giao đ iểm của các đường thẳng EM và BN. Chứng minh rằng: CK  BN. 2. Cho đ ường tròn (O) bán kính R = 1 và một điểm A sao cho OA = 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C là các tiếp đ iểm). Một góc xOy có số đo b ằng 45 0 có cạnh Ox cắt đo ạn thẳng AB tại D và cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC tại E. Chứng minh rằng 2 2 - 2  DE < 1. Câu 5: (1,0 đ iểm) Cho biểu thức P = a2 + b 2 + c2 + d2 + ac + bd , trong đ ó ad – bc = 1. Chứng minh rằng: P  3. -------------------------------------------------- Hết --------------------------------------------------- Họ và tên thí sinh: ………………………………….. Số báo danh: …………………….. së gi¸o dôc - ®µo t¹o hµ kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn N¨m häc 2009 - 2010 nam M«n thi : to¸n(§Ò chung) Thêi gian lµm bµi: 120 phót (Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) ®Ò chÝnh thøc Bµi 1. (2 ®iÓm) 2    x 1 x 2 3 x  x x Cho biÓu thøc P = 1 x 1 x a) T×m ®iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña P b) Rót gän P c) T×m x ®Ó P > 0 Bµi 2. (1,5 ®iÓm) www.VNMATH.com 22
  2. www.VNMATH.com    1 2 x  y  2  Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:     2 2 x  y 1  Bµi 3. (2 ®iÓm) 1) T×m to¹ ®é giao ®iÓm cña ®­êng th¼ng y = x + 6 vµ parabol y = x2 2) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè y = (m + 1)x + 2m + 3 c¾t trôc â, trôc Oy lÇn l­ît t¹i c¸c ®iÓm A , B vµ  AOB c©n ( ®¬n vÞ trªn hai trôc â vµ Oy b»ng nhau). Bµi 4. (3,5 ®iÓm) Cho  ABC vu«ng ®Ønh A, ®­êng cao AH, I lµ trung ®iÓm cña Ah, K lµ trung ®iÓm cña HC. §­êng trßn ®­êng kÝnh AH ký hiÖu (AH) c¾t c¸c c¹nh AB, AC lÇn l­ît t¹i diÓm M vµ N. a) Chøng minh  ACB vµ  AMN ®ång d¹ng b) Chøng minh KN lµ tiÕp tuýn víi ®­êng trßn (AH) c) T×m trùc t©m cña  ABK Bµi 5. (1 ®iÓm) Cho x, y, z lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n: x + y + x = 1. 1 11   T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = 16 x 4 y z ---------hÕt--------- Hä vµ tªn thÝ sinh:………………………………………..Sè b¸o danh:……………….... Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 1: ……………………………………Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 2:……….. së gi¸o dôc ®µo t¹o hµ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn N¨m häc 2009 – 2010 nam h­íng dÉn chÊm thi m«n to¸n : ®Ò chung Bµi 1 (2 ®iÓm) a) (0,5 ®iÓm) §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña P lµ x  0 vµ x ≠ 1 0.5   x 1 x x 0,25 b) (1 ®iÓm) 1 x 1 x 2   x 2 3 x  x x4 x  43 x  x 0,25  1 x 1 x 4 x  0,25 1 x 4 VËy P = 0,25 1 x 0,25 P>0  1  x  0 c) (0,5 ®iÓm) 0,25  x 1 0  x 1 Bµi 2 (1,5 ®iÓm)   Céng hai ph­¬ng tr×nh ta cã : 3  2 2 x  1  2 0,5 1 2 1 x   2 1 0,5 3  2 2 1 2 www.VNMATH.com 23
  3. www.VNMATH.com    Víi x  2  1  y  2 2 1 2 1  1  2  1 0,25  x  2 1 K/l VËy hÖ cã nghiÖm:  0,25  y  2 1  Bµi 3 (2 ®iÓm) a) (1 ®iÓm) Hoµnh ®é giao ®iÓm lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: x2 = x + 6 05  x 2  x  6  0  x  2 h oÆc x = 3 Víi x = -2  y  4; x  3  y  9 0,25 Hai ®iÓm cÇn t×m lµ (-2;4); (3;9) 0,25 b) (1 ®iÓm) 2m  3  2m+3  Víi y = 0   m  1  2m  3  0  x   (víi m ≠ -1)  A  - ;0  0,25  m+1  m 1 Víi x = 0  y  2m  3  B  0;2m+3 2m  3  OAB vu«ng nªn  OAB c©n khi A;B ≠ O vµ OA = OB    2m  3 0,25 m 1 2m  3 1 3   2m  3   2m  3    1  0  m  0 hoÆc m =  (lo¹i) + Víi 0,25 m 1  m 1  2 2m  3 3 1   2m  3   2 m  3  + Víi   1  0  m  2 h oÆc m =  (lo¹i) 0,25 m 1  m 1  2 K/l: Gi¸ trÞ cÇn t×m m = 0; m = -2 Bµi 4(3 ,5 ®iÓm) a) (1,5 ®iÓm) A N 0,25 E I M C B K H  AMN vµ  ACB vu«ng ®Ønh A 0,25  Cã AMN  AHN (cïng ch¾n cung AN)   0,75 AHN  ACH (cïng phô víi HAN ) (AH lµ ®­êng kÝnh)   AMN  ACH  AMN  ACB 0,25  b) (1 ®iÓm)  HNC vu«ng ®Ønh N v× ANH  900 cã KH = KC  NK = HK l¹i cã IH = IN (b¸n kÝnh ®­êng trßn (AH)) vµ IK chung nªn  KNI =  KHI (c.c.c) 0,75    KNI  KHI  900  KNI  900 Cã KN  In, IN lµ b¸ kÝnh cña (AH)  KN lµ tiÕp tuyÕn víi ®­êng trßn (AH) 0,25 c) (1 ®iÓm) + Gäi E lµ giao ®iÓm cña Ak víi ®­êng trßn (AH), chøng minh gãc HAK= gãc HBI 0,5 HA HK Ta cã AH2 HB.HC  AH.2IH = HB.2HK   HB HI www.VNMATH.com 24
  4. www.VNMATH.com    HAK  HBI  HAK  HBI  + Cã HAK  EHK (ch¾n cung HE)  0,25  HBI  EHK  BI // HE Cã   900 (AH lµ ®­êng kÝnh)  BI  AK AEH  ABK cã  BI  AK vµ  BK  AI  I lµ trùc t©m  ABK 0,25 Bµi 5 (1 ®iÓm) 1 1 1  y x  z x  z y  21 1 11 0,5   x  y  z           P= 16x 4 y z  16x 4 y z   16 x 4 y   16 x z   4 y z  16 y x1   dÊu b»ng x¶u ra khi y=2x Theo cèi víi c¸c sè d­¬ng: 16 x 4 y 4 z x1   d Êu b»ng x¶u ra khi z=4x 0,25 16 x z 2 zy   1 d Êu b»ng x¶u ra khi z=2y 4y z VËy P  49/16 P = 49/16 víi x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7 0,25 VËy gi¸ trÞ bÐ nhÊy cña P lµ 49/16 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn Toán – Vòng 1 (Dùng cho tất cả các thí sinh) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang Câu 1: (2 điểm) Tính giá trị biểu thức:   x 5 22 5 5  250 3 3 y  3 1 3 1 x xy y   A x y x  xy  y Câu 2: (2,5 điểm) Cho phương trình (m + 1)x2 – 2(m – 1) + m – 2 = 0 (ẩn x, tham số m). a) Giải phương trình khi m = 2. 1 17   b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x 2 thỏa mãn: x1 x 2 4 Câu 3: (1,0 điểm) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 60 km. Một ca nô chạy xuôi dòng từ bến A tới bến B, nghỉ 1 giờ 20 phút ở bến sông B và ngược dòng trở về A. Thời gian kể từ lúc khởi hành đến khi về bến A tất cả 12 giờ. Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc dòng nước biết vận tốc riêng cảu ca nô gấp 4 lần vận tốc dòng nước. Câu 4: (3,5 điểm) www.VNMATH.com 25
  5. www.VNMATH.com Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) không đi qua tâm O cắt đường tròn (O; R) tại 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 v à MP tới đường tròn (O; R) (N, P là hai tiếp điểm). a) Chứng minh rằng tứ giác MNOP nội tiếp được trong một đường tròn, xác định tâm đường tròn đó. b) Chứng minh MA.MB = MN2. c ) Xác định vị trí điểm M sao cho tam giác MNP đều. d) Xác định quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. Câu 5: (1 điểm) 45   23 Cho hai s ố thực dương x, y thỏa mãn: xy 6 7 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B  8x   18y  x y www.VNMATH.com 26
  6. www.VNMATH.com Đáp án: Câu 1: x = 10; y=3 A=x–y=7 Bài 2: a) Với m = 2 thì x1 = 0; x 2 = 2/3. b) m = -6. Bài 3: ĐS: Vận tốc ca nô: 12 km/h Vận tốc dòng nước: 3 km/h Bài 4: a, b). c ) Tam giác MNP đều khi 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 ở bên trong đường tròn). Bài 5: 6 7 B  8x   18y  x y 2  2 4 5    8x    18y        8  12  23  43 x  y x y  1 1 Dấu bằng xảy ra khi  x; y    ;  .  2 3 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 43 khi  x; y    ;   2 3 www.VNMATH.com 27
  7. www.VNMATH.com 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 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC ***** Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + 1 = 0, a là tham số . a) Giải phương trình với a = 1. b ) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng a2 > 2. Câu 2.(4,0 điểm) a) Giải phương trình: x + 3 + 6 - x  (x + 3)(6 - x) = 3 . x + y + z =1 b) Giải hệ phương trình:  . 2x + 2y - 2xy + z 2 = 1  Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn : 3 x2 + 6 y2 +2z2 + 3 y2z2 -18x = 6. Câu 4.(3,0 điểm) a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: 3 abc + 3 xyz  3 (a + x)(b + y)(c + z) . 3 3 3 3  3 3 3 3  23 3 b) Từ đó suy ra : Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông. AC a) Chứng minh rằng SABCD  (MN + NP + PQ + QM). 4 b ) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất. 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 nhau. 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 qu ỹ tích giao điểm M của Ax và By. =HẾT= Họ và tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:…………… Chữ kí giám thị 1:………………………Chữ kí giám thị 2:….…………………… www.VNMATH.com 28
  8. www.VNMATH.com 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 trong đáp án mà vẫn đ úng thì cho đủ điểm từng phần như 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 được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 3 - Điểm toàn bài thi không làm tròn số. II- Đáp án và thang điểm: CÂU ĐÁP ÁN Điểm 4 3 2 Câu 1a. Ta có phương trình : x + ax +x + ax + 1 = 0 (1) (2,0đ) Khi a =1 , (1)  x 4 +x 3 +x 2 +x+1= 0 (2) Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm. 1 1 Chia 2 vế của (2) cho x2 ta được: x 2 + 2 + x + +1= 0 (3). 0,50 x x 1 1 1 1 Đặt t = x+  t  x+  x +  2 và x 2 + 2  t 2 -2 . 0,50 x x x x Phương trình (3) viết lại là : t 2 + t - 1 = 0 1  5 1  5 0,50 Giải (3) ta được hai nghiệm t1  và t 2  đ ều không thỏa điều 2 2 kiện |t| 2 .Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 Vì x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta cũng chia 2 vế cho x2 ta có Câu1b. (2,0đ) 1 1  phương trình : x 2 + 2 +a  x +  +1= 0 . 0,50 x x  1 Đặt t = x + , ph ương trình sẽ là : t2 + at - 1 = 0 (4). x Do phương trình đ ã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t|  2 . Từ (4) suy ra 0,50 1- t 2 a . 0,50 t (1 - t 2 )2 Từ đó : a 2 >2   2  t 2 (t 2 - 4)  1  0 (5) 0,50 t2 Vì |t|  2 nên t2 >0 và t2 – 4  0 , do vậy (5) đúng, suy ra a2 > 2. Câu 2a. x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x)  3 (1) (2,0đ)  x+3  0 Điều kiện :   -3  x  6 . 6-x  0 0,50 u  x + 3  , u , v  0  u 2  v 2  9. Đặt :  v = 6 - x 0,50  Phương trình đ ã có trở thành hệ : www.VNMATH.com 29
  9. www.VNMATH.com u 2 + v2 (u + v) 2 - 2uv = 9 =9   0,50  u + v - uv = 3 u + v = 3 + uv  uv = 0 u = 0 (3+uv)2-2uv = 9    Suy ra :  uv = -4 v = 0 0,50  x+3 = 0  x = -3   . x = 6  6-x = 0  Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6. Ta có hệ phương trình : Câu 2b.  x+y+z=1  x+y = 1-z   0,50 (2,0đ) 2 2  2x+2y-2xy+z =1  2xy = z +2(x+y)-1 x + y = 1 - z  0,50 2 2  2xy = z - 2z + 1 = (1- z)  2xy = (x + y)2  x 2 + y2 = 0  x = y = 0  z = 1 . 0,50 Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1). 0,50 Câu 3. Ta có : 3x2 + 6 y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = 6 (1) 0,50 (3,0đ)  3(x-3)2 + 6y2 + 2z 2 + 3y2 z 2  33 (2) Suy ra : z2  3 và 2z2  33 0,50 Hay |z|  3 . Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3. a) z = 0 , (2)  (x-3)2 + 2 y2 = 11 (3) 0,50 Từ (3) suy ra 2y2  11  |y|  2. Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn. 0,50 Với |y| = 1, từ (3) suy ra x  { 0 ; 6}. b) |z| = 3, (2)  (x-3)2 + 11 y2 = 5 (4) 0,50 Từ (4)  11y2  5  y = 0 , (4) không có số nguyên x nào thỏa mãn. Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ; 0,50 (6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0). Câu 4a. 3 abc  3 xyz  3 (a+x)(b+y)(c+z) (1) (2,0đ) Lập phương 2 vế của (1) ta được : 0,50 abc + xyz + 3 3 (abc)2 xyz +3 3 abc(xyz)2  (a+x)(b+y)(c+z)  abc + xyz+ 3 3 (abc)2 xyz + 3 3 abc(xyz)2  abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz 0,50 2 2 3 3  3 (abc) xyz +3 abc(xyz)  (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc) (2) Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có : (abz+ayc+ xbc)  3 3 (abc) 2 xyz (3) 0,50 2 3 (ayz+xbz+ xyc)  3 abc(xyz) (4) 0,50 Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó (1) được chứng minh. www.VNMATH.com 30
  10. www.VNMATH.com Câu4b. Áp dụng BĐT (1) với a = 3+ 3 3, b = 1, c = 1, x = 3 - 3 3, y = 1, z = 1 0,50 (1,0đ) 3 3 , xyz = 3- 3 3 , a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2 Ta có : abc = 3 + 3 3+ 3 3  3 3- 3 3  3 6.2.2  2 3 3 (đpcm). 0,50 Từ đó : Câu 5a. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của QN, MN, PQ. Khi đó : (2,0) M A B MN (trung tuyến  vuông MBN) BJ = J 2 Q 0,50 PQ Tương tự DK = . I N 2 K QM (IJ là đtb  MNQ). IJ = 2 0,50 PN Tương tự IK = . D C P 2 0,50 Vì BD  BJ + JI + IK + KD. Dođó: AC AC AC (MN+NP+PQ+QM) - đpcm. SABCD  .BD  (BJ+JI + IK+KD) = 0,50 2 2 4 Chu vi tứ giác MNPQ là : Câu5b. MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ (1,0) 0,50 = 2(BJ + JI + IK + KD)  2BD (cmt) Dấu bằng xảy ra khi đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông cân bằng nhau), lúc đó 0,50 MNPQ là hình chữ nhật. Kí hiệu như hình vẽ. Câu 6. Phần thuận : (3,0đ) y  0 (giả thiết) AOB =AMB  90  tứ giác AOBM luôn nội tiếp H P Q x   ABO  450 (vì AOB   AMO M' AM vuông cân tại O) B' Suy ra M luôn nằm trên đường thẳng đi qua O và tạo với đường O PQ một góc 45 0. 0,50 Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’ B nằm trên đường thẳng đi qua O 0,50 0 và tạo với PS một góc 45 . S K R Giới hạn : *) Khi A  H thì M  Q, khi A  K thì M  S 0,50 *) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A  H thì M’  P, khi A  K thì M’  R Phần đảo: Lấy M bất kì trên đ ường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) tại A. Kẻ bán kính OB  0,50 OA.  Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO  ABO  450 )  0,50 Suy ra : AMB  AOB  900 . 0,50 Mà AM//PQ , PQ PS  MB//PS. Kết luận:Qu ỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông PQRS. www.VNMATH.com 31
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2