Bộ đề Toán thi vào lớp 10 năm 2009 - 2010 (có hướng dẫn chấm)

Chia sẻ: YÊU TIẾNG ANH | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:300

Thêm vào BST

Báo xấu

151
lượt xem 32
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bộ đề thi chính thức môn Toán trong kỳ thi vào lớp 10 THPT năm 2009 - 2010 cùng với hướng dẫn chấm sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích trong quá trình học tập nghiên cứu và làm việu hiệu quả của các bạn học sinh và quý thầy cô.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bộ đề Toán thi vào lớp 10 năm 2009 - 2010 (có hướng dẫn chấm)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 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 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————— (Đề có 01 trang) Câu 1: (3,0 điểm)  1 1 9 x  y  x  y  2 a) Giải hệ phương trình:    xy  1  5   xy 2 b) Giải và biện luận phương trình: | x  3 |  p | x  2 | 5 (p là tham số có giá trị thực). Câu 2: (1,5 điểm) Cho ba số thực a, b, c đôi một phân biệt. a2 b2 c2 Chứng minh   2 (b  c)2 (c  a) 2 ( a  b)2 Câu 3: (1,5 điểm) 1 2x  2 Cho A  2 và B  4 x  4x 1 x2  2x  1 2A  B Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho C  là một số nguyên. 3 Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 —————— HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho lớp chuyên Toán. ————————— Câu 1 (3,0 điểm). a) 1,75 điểm: Nội dung trình bày Điể m Điều kiện xy  0 0,25  2[xy ( x  y )  ( x  y)]  9 xy (1) Hệ đã cho  2 0,25  2( xy )  5 xy  2  0 (2)  xy  2 (3) Giải PT(2) ta được:  0,50  xy  1 (4)  2  x  1   x  y  3  y  2 Từ (1)&(3) có:    x  2 0,25  xy  2   y  1   x  1   3  y  1 x  y  2  2 Từ (1)&(4) có:     0,25  xy  1  x  1    2  2  y  1  Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( x; y)  (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1) 0,25 b) 1,25 điểm: Nội dung trình bày Điể m Xét 3 trường hợp: TH1. Nếu 2  x thì PT trở thành: ( p  1) x  2( p  1) (1) 0,25 TH2. Nếu 3  x  2 thì PT trở thành: (1  p) x  2(1  p) (2) TH3. Nếu x  3 thì PT trở thành: ( p  1) x  2( p  4) (3) Nếu p  1 thì (1) có nghiệm x  2 ; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn: x 2( p  4)  3  1  p  1 . 0,25 p 1 Nếu p  1 thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2  x ; (2) vô nghiệm; (3) vô 0,25 nghiệm. Nếu p  1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 3  x  2 ; (1) có nghiệm x=2; 0,25 (3)VN Kết luận: 2( p  4) 0,25 + Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và x  p 1 2
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm 2  x  ¡ + Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm 3  x  2  p  1 + Nếu  thì phương trình có nghiệm x = 2.  p 1 Câu 2 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điể m + Phát hiện và chứng minh bc ca ab 1,0   1 (a  b)(a  c) (b  a)(b  c) (c  a)(c  b) + Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng: 2  a b c   bc ca ab  0,5      2   2 b c c  a a b   (a  b)( a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b)  Câu 3 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điể m Điều kiện xác định: x  1 (do x nguyên). 0,25 1 2( x  1) 2 1 x 1  Dễ thấy A  ; B , suy ra: C     0,25 | 2 x  1| | x  1| 3  | 2 x  1| | x  1|  2 1  4( x  1) 4( x  1) 1 2x Nếu x  1 . Khi đó C     1   0  C 1  1  0 3  2 x  1  3(2 x  1) 3(2 x  1) 3(2 x  1) 0,5 Suy ra 0  C  1 , hay C không thể là số nguyên với x  1 . 1 Nếu   x  1 . Khi đó: x  0 (vì x nguyên) và C  0 . Vậy x  0 là một giá trị cần 2 0,25 tìm. 1 Nếu x   . Khi đó x  1 (do x nguyên). Ta có: 2 2 1  4( x  1) 4( x  1) 2x 1 C    1   0 và C 1   1  0, suy ra 0,25 3  2x 1  3(2 x  1) 3(2 x  1) 3(2 x  1) 1  C  0 hay C  0 và x  1 . Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x  0, x  1. Câu 4 (3,0 điểm): a) 2,0 điểm: Nội dung trình bày Điể m Gọi I là trung điểm AB, A I B E  IK  CD , R  IM  CD . Xét hai tam 0,25 giác KIB và KED có: ·  BDC ABD · K KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25 M · · IKB  EKD 0,25 Q Suy ra KIB  KED  IK  KE . 0,25 Chứng minh tương tự có: MIA  MRC 0,25 D E H R C Suy ra: MI = MR 0,25 Trong tam giác IER có IK = KE và MI = 0,25 3
MR nên KM là đường trung bình  KM // CD Do CD // AB (gt) do đó KM // AB 0,25 (đpcm) b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày Điể m Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)  IK là đường trung bình của  ABD  IK//AD hay IE//AD 0,25 chứng minh tương tự trong  ABC có IM//BC hay IR//BC Có: QK  AD (gt), IE//AD (CM trên)  QK  IE . Tương tự có QM  IR 0,25 Từ trên có: IK=KE, QK  IE  QK là trung trực ứng với cạnh IE của IER . Tương 0,25 tự QM là trung trực thứ hai của IER Hạ QH  CD suy ra QH là trung trực thứ ba của IER hay Q nằm trên trung trực 0,25 của đoạn CD  Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm). Câu 5 (1,0 điểm): Nội dung trình bày Điể m P' A B' C' P B C A' Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích 0.25 S). Khi đó S  1 . Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác A ' B ' C ' (hình vẽ). Khi đó S A ' B 'C '  4 S ABC  4 . Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác 0.25 A' B 'C ' . Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác A ' B ' C ', chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó d  P; AB   d  C ; AB  , suy ra S PAB  SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam 0.25 giác ABC có diện tích lớn nhất. Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A ' B ' C ' có diện tích không 0.25 lớn hơn 4. 4
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 ®Ò chÝnh thøc (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 Bài 1. (2,0 điểm) : a. Cho k là số nguyên dương bất kì. Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1  2(  ) (k  1) k k k 1 1 1 1 1 88 b. Chứng minh rằng:   L   2 3 2 4 3 2010 2009 45 Bài 2. (2.5 điểm): Cho phương trình ẩn x: x 2  (m  1) x  6  0 (1) (m là tham số) a. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x  1  2 b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 sao cho biểu thức: A  ( x12  9)( x2  4) đạt giá trị lớn nhất. 2 Bài 3. (2,0 điểm):  x 2  y 2  xy  3  a. Giải hệ phương trình sau :  3 3 x  y  9 b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x 3  2 x 2  3x  2  y 3 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 đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N. a. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm C, M, N thẳng hàng. b. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất. Bài 5. (0.5 điểm): Cho góc xOy bằng 120o , trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm A sao cho độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương. ========= Hết ========= Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:……………………………….…………………..Số báo danh:……………. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học : 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN 5
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Bài 1. a. Cho k là số nguyên dương bất kì. CMR: (2điểm) 1 1 1  2(  ) ( k  1) k k k 1 1 1 1 1 88 b. Chứng minh rằng:   L   2 3 2 4 3 2010 2009 45 a. 1 2 k 1  2 k Bđt   0.25 (k  1) k k. k  1 (1.0đ)  2k  1  2 k(k  1)  0 0.25  ( k  1  k )2  0 0.25 Luôn đúng với mọi k nguyên dương. 1 1 1   2(  ) 0.25 ( k  1) k k k 1 b. Áp dụng kết quả câu a ta có: (1.0đ) 1 1 1 1 0.25 VT    L  2 1 3 2 4 3 2010 2009  1 1   1 1   1 1   2    2   L  2   0.25  1 2  2 3  2009 2010   1   2 1   0.25  2010   1  88 0.25  2 1     VP (đpcm)  45  45 Bài 2 Cho phương trình ẩn x: x 2  ( m  1) x  6  0 (1) (m là (2.5 tham số) điểm) c. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm x  1  2 d. Tìm m để (1) có 2 nghiệm x1 , x2 sao cho biểu thức: A  ( x12  9)( x2  4) max 2 a. 2 (1,5đ) Pt (1) có nghiệm x  1  2  1  2       m  1 1  2  6  0 0.5 6
Tìm được m  5 2  6 và KL. 1.0 b. 2 Tính    m  1  24  0 m suy ra pt (1) có 2 nghiệm phân biệt (1,0đ) 0.5 x1 , x2 . 2 2 A   x1 x2  6    2 x1  3 x2  2 0.25 Theo ĐL Vi-et ta có x1 x2  6  A    2 x1  3 x2   0  2 x1  3 x2  0  x1  3  x1  3    Max A = 0 khi và chỉ khi  x1 x2  6   x2  2   x2  2 x  x  1 m m  0 m  2 0.25  1 2   KL : Vậy m = 0 ; m = 2 là các giá trị cần tìm. Bài 3  x 2  y 2  xy  3  (2 điểm) a. Giải hệ phương trình sau :  3 3 x  y  9 b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x 3  2 x 2  3x  2  y 3 a Hệ phương trình đã cho (1.0đ)  x 2  y 2  xy  3 x  y 3   0.5 2 2 2 ( x  y )( x  y  xy )  9 ( x  y )  3 xy  3  x  y  3 x  1 x  2    hoặc  0.5  xy  2 y  2 y 1 b  3 7 2 3 3 2 (1.0đ) Ta có y  x  2 x  3 x  2  2  x     0 x y  4 8 0.25 (1) 2 3 3 2  9  15 ( x  2)  y  4 x  9 x  6   2 x     0  y  x2  4  16 0.25 (2) Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x 0.25 = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0) 7
Bài 4. Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên (3 điểm) đoạn OB (M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N. c. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm C, M, N thẳng hàng. d. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất. N A I B K H J M O D C a. MNB  MBC ( Cùng chắn cung BM) 2.0đ MND  MDC ( Cùng chắn cung DM) 1.5 BND  MNB  MND  MBC  MDC  90o Do đó 5 điểm A, B, C, D, M cùng thuộc một đường tròn Suy ra NC là phân giác của góc BND ( do cung BC = cung BD) Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác của góc BND 0.5 Nên M, N, C thẳng hàng. b. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên AC và BD 1.0đ  NHOK là hình chữ nhật Ta có : NA.NC  NH . AC  NH .a 2 NB.ND  NK .BD  NK .a 2 0.5 Suy ra NH 2  NK 2 a4 NA.NB.NC.ND  2a 2 .NH .NK  2a 2 .  a 2 .NO 2  2 2 8
a (2  2)a Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi NH  NK   OM  0.5 2 2 Bài 5. Cho góc xOy bằng 120o , trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm (0.5 A sao cho độ dài đoạn thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng điểm) minh rằng luôn tồn tại ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương. O B A C x z  Chỉ ra đường thẳng d1 đi qua A và vuông góc với OA thỏa mãn bài toán  Đặt OA = a > 1 (a nguyên). Trên tia Ox lấy điểm B sao cho OB = a + 1 nguyên dương. Đường thẳng d 2 đi qua A, B cắt tia Oy tại C. 1 1 1 Chứng minh được   OB OC OA 1 1 1 0.5     OC  a (a  1) là số nguyên a  1 OC a dương Suy ra d 2 là một đường thẳng cần tìm.  Tương tự lấy B trên Ox sao cho OB = a(a + 1), Ta tìm được đường thẳng d3  Chứng minh d1 , d 2 , d 3 phân biệt. ĐPCM Hướng dẫn chung 1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm cho từng câu. Yêu cầu học sinh phải trình bầy, lập luận và biến đổi hợp lý, chặt chẽ mới cho điểm tối đa. 2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải bài toán mới cho điểm.( không cho điểm hình vẽ ) 3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 4. Chấm điểm từng phần, điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần( không làm tròn). =========================== 9
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2009-2010 Bài 1 : ( 1 điểm ) 42 3  3 2009 Cho x  tính P   x 2  x  1  52  3 17 5  38  2 Bài 2 : ( 1, 5 điểm ) : cho hai phương trình x2 + b.x + c = 0 ( 1 ) và x 2 - b2 x + bc = 0 (2 ) biết phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1 ; x2 và phương trình ( 2 ) có hai nghiệm x3 ; x4 thoả mãn điều kiện x3  x1  x4  x2  1 . xác định b và c Bài 3 : ( 2 điểm )   1 1 1 1. Cho các số dương a; b; c . Chứng minh rằng  a  b  c       9 a b c   2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c  3 . Chứng ming rằng 1 2009 22 2   670 a  b  c ab  bc  ca Bài 4 : ( 3, 5 điểm ) Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gọi M ; N lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các cạnh AC và BC . Đường thẳng MN cắt các tia AO : BO lần lượt tại P và Q . Gọi E; F lần lượt là trung điểm của AB ; AC 1. Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp 2. Chứng minh Q; E; F thẳng hàng MP  NQ  PQ OM 3. Chứng minh  abc OC Bài 5 : ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3x - y3 = 1 2. Cho bảng ô vuông kích thước 2009 . 2010, trong mỗi ô lúc đầu đặt một viên sỏi . Gọi T là thao tác lấy 2 ô bất kì có sỏi và chuyển từ mỗi ô đó một viên sỏi đưa sang ô bên cạnh ( là ô có chung cạnh với ô có chứa sỏi ) . Hỏi sau một số hữu hạn phép thực hiện các thao tác trên ta có thể đưa hết sỏi ở trên bảng về cùng một ô không Lời giải Bài 1 : 42 3  3 3 1 3 x   52  3 17 5  38  2 3   3 5  2 (17 5  38)  2 1 1    1 3 17  5  38 17 5  38  2  1 2 vậy P = 1 Bài 2 : vì x3  x1  x4  x2  1 => x3  x1  1; x4  x2  1 10
 x1  x2  b(1)  x . x  c(2) Theo hệ thức Vi ét ta có  1 2  2  x1  1   x2  1  b (3)  x  1 .  x  1  bc(4)  1 2 Từ (1 ) và ( 3 ) => b2 + b - 2 = 0  b = 1 ; b = -2 từ ( 4 ) => x1. x2  x1  x2  1  bc => c - b + 1 = bc ( 5 ) +) với b = 1 thì ( 5 ) luôn đúng , phương trình x2 + +b x + c = 0 trở thành 1 X 2 + x + 1 = 0 có nghiệm nếu   1  4c  0  c  4 +) với b = -2 ( 5 ) trở thành c + 3 = -2 c => c = -1 ; phương trình x2 + b x + c = 0 trở thành x2 - 2 x - 1 = 0 có nghiệm là x = 1  2 1 vậy b= 1; c c  ; 4 b = -2 ; c = -1 Bài 3 : 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương 1 1 1 1 a  b  c  3 abc   33 a b c abc 1 1 1 =>  a  b  c       9    a b c  dấu “=” sảy ra  a = b = c 2 2 2. ta có ab  bc  ca  a  b  c 2 2  ab  bc  ca  a  b  c 3 3 2007   669 ab  bc  ca Áp dụng câu 1 ta có  1 1 1  2   a  b  c  2ab  2bc  2ca   9 2 2  2 2 2    a b c ab  bc  ca ab  bc  ca  1 1 9 => 2 2 2   1 a b c ab  bc  ca  a  b  c  2 1 2009 vậy 2 2 2   670 . dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1 a  b  c ab  bc  ca 1 µ µ · · · BOP  BAO  ABO  A  B 2   0 µ 1 180  C · Bài 4 : a) ta có PNC  2 µ µ  A B 2   · ·  BOP  PNC => tứ giác BOPN nội tiếp +) tương tự tứ giác AOQM nội tiếp · · +) do tứ giác AOQM nội tiếp=> AQO  AMO  900 · · tứ giác BOPN nội tiếp => BPO  BNO  900 => AQB  ·  900 => tứ giác AQPB nội tiếp · APB b ) tam giác AQB vuông tại Qcó QE là trung tuyến nên QE = EB = EA 11
· · 1µ · => EQB  EBQ  B  QBC => QE //BC 2 Mà E F là đường trung bình của tam giác ABC nên E F //BC  Q; E; F thẳng hàng c) MP OM OP MOP ~ COB( g  g )    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 5 : 1) 3x - y3 = 1  y  1  3m  y  3m  1    3x   y  1  y 2  y  1 => tồn tại m; n sao cho  y 2  y  1  3n  9 m  3.3m  3  3n m  b  x m  b  x   +) nếu m = 0 thì y = 0 và x = 0 m m n 9  3.3  3M 3 3 M  3 +) nếu m > 0 thì  m  m  n  n 1 9  3.3  3M  9 3 M  9 => 9m  3.3m  3  3  3m  3m  3  0 => m = 1 => y = 2 ; x = 2 vậy p/ trình có hai nghiệm là ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 ) 2.Ta tô màu các ô vuông của bảng bằng hai màu đen trắng như bàn cờ vua Lúc đầu tổng số sỏi ở các ô đen bằng 1005 . 2009 là một số lẻ sau mối phép thực hiện thao tác T tổng số sỏi ở các ô đen luôn là số lẻ vậy không thể chuyển tất cả viên sỏi trên bẳng ô vuông về cùng một ô sau một số hữu hạn các phép thưc hiện thao tác T Së gi¸o dôc-®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT chuyªn Hµ nam N¨m häc 2009-2010 M«n thi : to¸n(®Ò chuyªn) 12
®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 120 phót(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Bµi 1.(2,5 ®iÓm) 1 1 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh:  2 x 2  3x  2 x  2  1 x  x  y  7 2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:   x  12 x y  Bµi 2.(2,0 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x  6 x  3  2m  0 a) T×m m ®Ó x = 7  48 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh. b) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm x=x1; x=x2 tho¶ m·n: x1  x2 24  x1  x2 3 Bµi 3.(2,0 ®iÓm) 1) Cho ph¬ng tr×nh: 2 x 2  2  2m  6  x  6m  52  0 ( víi m lµ tham sè, x lµ Èn sè). T×m gi¸ trÞ cña m lµ sè nguyªn ®Ó phwowng tr×nh cã nghiÖm lµ sè h÷u tû. 2 2) T×m sè abc tho¶ m·n: abc   a  b  4c . Bµi 4.(3,5 ®iÓm) µ µ 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. µ C · a) Chøng minh: AIB  900  . 2 b) Chøng minh 5 ®iÓm A, M, I, K, E cïng n»m trªn mét ®êng trßn. c) Gäi T lµ giao ®iÓm cña BI víi AC, chøng minh: KT.BN=KB.ET. d) Gäi Bt lµ tia cña ®êng th¼ng BC vµ chøa ®iÓm C. Khi 2 ®iÓm A, B vµ tia Bt cè ®Þnh; ®iÓm C chuyÓn ®éng trªn tia Bt vµ tho¶ m·n gi¶ thiÕt, chøng minh r»ng c¸c ®êng th¼ng NE t¬ng øng lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. ----------- HÕt---------- Hä vµ tªn thÝ sinh: ..Sè b¸o danh: Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 1: .Ch÷ ký gi¸m thÞ sè 2 .. Gîi ý mét sè c©u khã trong ®Ò thi: Bµi 3: 2 1) Ta cã  ' = 4m 2  12m  68   2m  3  77 §Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm h÷u tû th×  ' ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng. Gi¶ sö ' = n2( trong ®ã n lµ sè tù nhiªn). 2 2 Khi ®ã ta cã  2m  3  77  n2   2m  3  n2  77   2m  3  n  .  2m  3  n   77 13
Do n  N nªn 2m-3+n>2m-3-n Vµ do m  Z, n  N vµ 77=1.77=7.11=-1.(-77)=-7.(-11) Tõ ®ã xÐt 4 trêng hîp ta sÏ t×m ®îc gi¸ trÞ cña m. 2)Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta cã: 2 100 a  10b 2 100a  10b  c   a  b  .4c  c  2 (do 4  a  b   1  0) 4  a  b  1 10 10 a  b  10  a  b   9a     2  2 4  a  b  1 4  a  b  1 2 2 Ta cã 4  a  b   1 lµ sè lÎ vµ do 0  c  9 nªn 4  a  b   1 M5. 2 2 2 Mµ 4  a  b  lµ sè ch½n nªn 4  a  b  ph¶i cã tËn cïng lµ 6   a  b  ph¶i cã tËn cïng lµ 4 hoÆc 9. (*) 2.5 ab MÆt kh¸c c  vµ 4(a  b)2  1 2 2 2 4  a  b   1 lµ sè lÎ  4  a  b   1
KT TA C/m  TKE :  TAI   ET TI KB AB C/m  BIM :  BAK   BM BI TA AB Theo tÝnh chÊt tia ph©n gi¸c cña  ABT ta cã  TI BI Vµ do BM=BN tõ ®ã suy ra ®iÒu ph¶i c/m *ý d:Chøng minh NE ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh:Do A, B vµ tia Bt cè ®Þnh nªn ta cã tia Bx cè ®Þnh vµ ·   kh«ng ®æi (tia Bx lµ tia ph©n gi¸c cña · ) ABI ABt XÐt  ABK vu«ng t¹i K ta cã KB = AB.cos ABI=AB.cos  kh«ng ®æi Nh vËy ®iÓm K thuéc tia Bx cè ®Þnh vµ c¸ch gèc B mét kho¶ng kh«ng ®æi do ®ã K cè ®Þnh  ®pcm. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Hng yªn chuyªn N¨m häc 2009 - 2010 ®Ò chÝnh thøc 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)  1 1  Cho a  2 :     7 1 1 7 1 1   H·y lËp mét ph¬ng tr×nh bËc hai cã hÖ sè nguyªn nhËn a - 1 lµ mét nghiÖm. Bµi 2: (2,5 ®iÓm)  x 16  xy  y  3  a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:   xy  y  9   x 2 2  b) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh x2  2x   3x 2  6x  m  0 cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 3: (2,0 ®iÓm) a) Chøng minh r»ng nÕu sè nguyªn k lín h¬n 1 tho¶ m·n k 2  4 vµ k 2  16 lµ c¸c sè nguyªn tè th× k chia hÕt cho 5. b) Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c cã p lµ nöa chu vi th× p  a  p  b  p  c  3p Bµi 4: (3,0 ®iÓm) 15
Cho ®êng trßn t©m O vµ d©y AB kh«ng ®i qua O. Gäi M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AB nhá. D lµ mét ®iÓm thay ®æi trªn cung AB lín (D kh¸c A vµ B). DM c¾t AB t¹i C. Chøng minh r»ng: a) MB.BD  MD.BC b) MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD. c) Tæng b¸n kÝnh c¸c ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD vµ ACD kh«ng ®æi. 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 sao cho h×nh 8 - gi¸c EFGHIJKM cã c¸c gãc b»ng nhau. Chøng minh r»ng nÕu ®é dµi c¸c c¹nh cña h×nh 8 - gi¸c EFGHIJKM lµ c¸c sè h÷u tØ th× EF = IJ. ------------ HÕt ------------ Hä vµ tªn thÝ sinh:……………………................ Sè b¸o danh:…………………….Phßng thi sè:............. Ch÷ ký cña gi¸m thÞ .............. . ... ... Híng dÉn chÊm thi Bµi 1: (1,5 ®iÓm)  1 1  7 1 1 7 1 1 a  2:    2: 0,5 ®  7 1 1  7 1 1 7  2 a = 2:  7 0,25 ® 7 §Æt x  a  1  x  7  1  x  1  7  x2  2x  1  7 0,5 ®  x 2  2x  6  0 0,25 ® VËy ph¬ng tr×nh x 2  2x  6  0 nhËn 7  1 lµm nghiÖm Bµi 2: (2,5 ®iÓm)  x 16  x 16  xy   y 3  xy  y  3 (1)   a)   §K: x, y  0 0,25 ®  xy  y  9 y  x  5 (2)   x 2 x y 6  Gi¶i (2)  6y 2  6x 2  5xy  (2x  3y)(3x  2y)  0 0,25 ® 3y * NÕu 2x  3y  0  x  . 2 0,25 ® 3y 3 16 Thay vµo (1) ta ®îc y.   2 2 3 3y 2 23   (ph¬ng tr×nh v« nghiÖm) 0,25 ® 2 6 16
2y * NÕu 3x  2y  0  x  . 3 0,25 ® Thay vµo (1) ta ®îc y 2  9  y  3 - Víi y  3  x  2 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) - Víi y  3  x  2 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) 0,25 ® VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3) 2 b) §Æt x 2  2x  1  y   x  1  y  x  1  y (y  0) (*) 2 Ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh:  y  1  3  y  1  m  0 0,25 ®  y 2  5y  m  4  0 (1) Tõ (*) ta thÊy, ®Ó ph¬ng tr×nh ®· cho cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× ph¬ng tr×nh 0,25 ® (1) cã 2 nghiÖm d¬ng ph©n biÖt   0 9  4m  0    S  0  5  0 0,25 ® P  0 m  4  0    9 m  9  4  4  m  m  4 4  0,25 ® 9 VËy víi 4  m  th× ph¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. 4 Bµi 3: (2,0 ®iÓm) a) V× k > 1 suy ra k 2  4  5; k 2  16  5 - XÐt k  5n  1 (víi n  ¢ )  k 2  25n 2  10n  1  k 2  4 M5 0,25 ®  k 2  4 kh«ng lµ sè nguyªn tè. - XÐt k  5n  2 (víi n  ¢ )  k 2  25n 2  20n  4  k 2  16 M5 0,25 ®  k 2  16 kh«ng lµ sè nguyªn tè. - XÐt k  5n  3 (víi n  ¢ )  k 2  25n 2  30n  9  k 2  16 M5 0,25 ®  k 2  16 kh«ng lµ sè nguyªn tè. - XÐt k  5n  4 (víi n  ¢ )  k 2  25n 2  40n  16  k 2  4 M5  k 2  4 kh«ng lµ sè nguyªn tè. 0,25 ® Do vËy k M5 2   b) Ta chøng minh: Víi a, b, c th×  a  b  c   3 a 2  b 2  c2 (*) ThËt vËy (*)  a 2  b 2  c2  2ab  2bc  2ca  3a 2  3b 2  3c2 0,5 ®  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2  0 (lu«n ®óng) ¸p dông (*) ta cã: 0,5 ® 17
2  p a  p b  p c   3  3p  a  b  c   3p Suy ra p  a  p  b  p  c  3p (®pcm) Bµi 4: (3,0 ®iÓm) N D J I O A C B M a) XÐt MBC vµ MDB cã: · · BDM  MBC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) 0,5 ® · · BMC  BMD Do vËy MBC vµ MDB ®ång d¹ng MB MD 0,5 ® Suy ra   MB.BD  MD.BC BC BD · · · b) Gäi (J) lµ ®êng trßn ngo¹i tiÕp BDC  BJC  2BDC  2MBC · BJC · hay  MBC  2 0,5 ® 0 · ·  180  BJC BCJ c©n t¹i J  CBJ 2 · O · · ·  BJC  180  BJC  90O  MB  BJ Suy ra MBC  CBJ 2 2 0,5 ® Suy ra MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (J), suy ra J thuéc NB c) KÎ ®êng kÝnh MN cña (O)  NB  MB Mµ MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (J), suy ra J thuéc NB Gäi (I) lµ ®êng trßn ngo¹i tiÕp ADC 0,5 ® Chøng minh t¬ng tù I thuéc AN · · · · Ta cã ANB  ADB  2BDM  BJC  CJ // IN Chøng minh t¬ng tù: CI // JN Do ®ã tø gi¸c CINJ lµ h×nh b×nh hµnh  CI = NJ Suy ra tæng b¸n kÝnh cña hai ®êng trßn (I) vµ (J) lµ: 0,5 ® IC + JB = BN (kh«ng ®æi) Bµi 5: (1,0 ®iÓm) 18
A E a F B b G h c M H g K d f e D 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 8 c¹nh b»ng nhau nªn mçi gãc trong cña h×nh 8 c¹nh cã 0,25 ® (8  2).180O sè ®o lµ:  135O 8 Suy ra mçi gãc ngoµi cña h×nh 8 c¹nh ®ã lµ: 180O - 135 O = 45O Do ®ã c¸c tam gi¸c MAE ; FBG ; CIH ; DKJ lµ c¸c tam gi¸c vu«ng c©n. h b d f  MA = AE = ; BF = BG = ; CH = CI = ; DK = DJ = 2 2 2 2 0,5 ® h b f d Ta cã AB = CD nªn: a  e 2 2 2 2  (e - a) 2 = h + b - f - d h bf d NÕu e - a ≠ 0 th× 2   ¤ (®iÒu nµy v« lý do 2 lµ sè v« tØ) ea 0,25 ® VËy e - a = 0  e = a hay EF = IJ (®pcm). ------------ HÕt ------------ Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn H¶I d¬ng nguyÔn tr·i - N¨m häc 2009-2010 M«n thi : to¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót §Ò thi chÝnh thøc Ngµy thi 08 th¸ng 7 n¨m 2009 (§Ò thi gåm: 01 trang) C©u I (2.5 ®iÓm): 1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x 2  y2  xy  3  2  xy  3x  4 2) T×m m nguyªn ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã Ýt nhÊt mét nghiÖm nguyªn: 4x2  4mx  2m 2  5m  6  0 C©u II (2.5 ®iÓm): 19
1) Rót gän biÓu thøc: 2  4  x2   2  x    3 3  2  x   A   víi 2  x  2 4  4  x2 3 2) Cho tríc sè h÷u tØ m sao cho m lµ sè v« tØ. T×m c¸c sè h÷u tØ a, b, c ®Ó: a 3 m2  b 3 m  c  0 C©u III (2.0 ®iÓm): 1) Cho ®a thøc bËc ba f(x) víi hÖ sè cña x3 lµ mét sè nguyªn d¬ng vµ biÕt f(5)  f(3)  2010 . Chøng minh r»ng: f(7)  f(1) lµ hîp sè. 2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: P  x 2  4x  5  x 2  6x  13 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 sao cho · · DE song song víi NP. Trªn tia AB lÊy ®iÓm K sao cho DMK  NMP . Chøng minh r»ng: 1) MD = ME 2) Tø gi¸c MDEK néi tiÕp. Tõ ®ã suy ra ®iÓm M lµ t©m cña ®êng trßn bµng tiÕp gãc DAK cña tam gi¸c DAK. C©u V (1.0 ®iÓm): Trªn ®êng trßn (O) lÊy hai ®iÓm cè ®Þnh A vµ C ph©n biÖt. T×m vÞ trÝ cña c¸c ®iÓm B vµ D thuéc ®êng trßn ®ã ®Ó chu vi tø gi¸c ABCD cã gi¸ trÞ lín nhÊt. -----------------------HÕt----------------------- Hä vµ tªn thÝ sinh : ......................................................Sè b¸o danh :....................... Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 1 : .............................Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2:............................ Híng dÉn chÊm C©u PhÇn néi dung §iÓm c©u I 1) x 2  y2  xy  3 (1)  2 2,5 ®iÓm 1,5®iÓm  xy  3x  4 (2) 4  3x 2 Tõ (2)  x  0. Tõ ®ã y  , thay vµo (1) ta cã: x 0.25 2 2 4  3x2  4  3x 2 x    x. 3  x  x 0.25  7x 4  23x2  16  0 0.25 16 Gi¶i ra ta ®îc x 2  1 hoÆc x 2 = 7 0.25 20