Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Quốc học Huế 2009

Chia sẻ: Trần Bá Trung1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

703
lượt xem 177
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Những năm gần đây nhu cầu thi vào các trường chuyên rất nhiều,điều các học sinh quan tâm là cách thức ra đề cũng như yêu cầu kiến thức của từng trường như thế nào. Để đáp ứng nhu cầu đó tập tài liệu tham khảo: Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Quốc học Huế 2009. Các bạn có thể giải thử để có kết quả tốt khi thi vào trường chuyên

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Quốc học Huế 2009

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN CHUYÊN - Năm học 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (2 điểm) Cho phương trình : x  mx  m  1  0 ( m là tham số). 2 a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 . m 2  2m b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  2 2 . x1  x2  2 Bài 2: (3 điểm) a) Cho phương trình ax  bx  c  0 có hai nghiệm dương phân biệt. 2 Chứng minh rằng phương trình cx2  bx  a  0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt. 2 x x4 b) Giải phương trình : 2 1  0 x4 2 x c) Chứng minh rằng có duy nhất bộ số thực (x ; y ; z) thỏa mãn điều kiện : 1 x  2008  y  2009  z  2010  3012  ( x  y  z ) 2 Bài 3: (2,5 điểm) Cho góc xOy có số đo bằng 60o. Đường tròn có tâm K nằm trong góc xOy tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm P sao cho OP = 3OM. Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O. Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN ở E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN ở F. a) Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ. b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều. Bài 4: (1,5 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (a ; b) nghiệm đúng điều kiện : (a  1)2 (a 2  9)  4b2  20b  25 . Bài 5: (1 điểm) Người ta gọi “Hình vuông (V) ngoại tiếp tứ giác lồi ABCD” khi tứ giác ABCD nằm trong (V) và trên mỗi cạnh của (V) có chứa đúng một đỉnh của tứ giác ABCD (Hình 1). Giả sử tứ giác lồi ABCD có hai hình vuông ngoại tiếp khác nhau. Chứng minh rằng tứ giác này có vô số hình vuông ngoại tiếp nó. --------------- HẾT ---------------
SBD thÝ sinh:............... Ch÷ ký GT1:................................ 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN CHUYÊN - Năm học 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC §¸p ¸n vµ thang ®iÓm (Hướng dẫn có 03 trang) I/Hướng dẫn chung: - Dưới đây chỉ là Hướng dẫn tóm tắt của một cách giải, bài làm của học sinh có lời giải khác đáp án, nếu đúng các giám khảo vận dụng thang điểm của hướng dẫn để cho điểm. - Bài làm của học sinh đúng đến đâu các giám khảo cho điểm tới đó. - Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm bài phần sau. - Khi chấm các phần cho từ 0,5 điểm trở lên, các giám khảo có thể thống nhất chia nhỏ tới 0,25 điểm. II/Đáp án và thang điểm : Bài Câu Nội dung Điểm 1. a) x 2  mx  m  1  0 (*) . (2đ) (0,5đ)   m2  4m  4   m  2  2 0,25 Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0,25   0   m  2   0  m  2 2 b) Ta có: x1  x 2  m ; x1.x 2  m  1 . 0,25 (1,5đ) m2  2m m2  2m m 2  2m 0,5 S   2 x1  x 2  2  x1  x 2 2  2x1x 2  2 m  2m  4 2 2 4 4 1 0,5 S  1  1   m  1 2 3 3 3 1 1 0,25 m  1  S   . Vậy, giá trị nhỏ nhất của S là:  . 3 3 2. a) Theo giả thiết, phương trình ax2  bx  c  0 (1) có hai nghiệm dương phân biệt, 0,5 (3đ) (1đ) c b nên: a  0, 1  b2  4ac  0 , P  x1 x2  1  0 , S1  x1  x2   0. a a Xét phương trình cx  bx  a  0 (2). Từ trên ta có c  0 và 2  b2  4ca  1  0 2 0,25 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 . a c 0,25 P2  x3 x4   0 (do  0 ). c a b b b a b a S2  x3  x4  . Nhưng   , mà  0 và  0 , do đó: S2  0 c c a c a c Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt. b) 2 x x4 (1đ) 2 1  0 x4 2 x Điều kiện: x  4, 2  x  0, x  2, x  4  0  4  x  2 x4 2 x 0,5 Đặt t  2  x  t  0  , ta có: t   1  0  t 2  t  2  0   t  1 t  2   0 2 x4 t 2 x Chỉ chọn t  1 . Ta có: t  1   1  x  1 . Nghiệm của phương trình là x  1 0,5 x4 2
c) 1 x  2008  y  2009  z  2010  3012  ( x  y  z ) (**) 2 (1đ) Điều kiện: x  2008 , y  2009 , z  2010 . 0,25 (**) tương đương: ( x  2008)  2 x  2008  1  (y  2009)  2 y  2009  1  ( z  2010)  2 z  2010  1  0 0,5  ( x  2008  1)  ( y  2009  1)  ( z  2010  1)  0 (***) 2 2 2  x  2008  1  x  2009 (***) chỉ xảy ra trong trường hợp:  y  2009  1   y  2010 (thỏa điều kiện)   0,25  z  2010  1  z  2011   3 a) Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ. (2,5đ) (1đ) y Hình vẽ đúng. 0,25  +PK là phân giác góc QPO    MPE  KPQ (α) . 0,25 Q  + Tam giác OMN đều  EMP  1200 .  + QK cũng là phân giác OQP N E K D     QKP  1800  KQP  KPQ    Mà 2KQP  2KPQ  1800  600  1200 0,5 x O M   QKP  1200 . Do đó: EMP  QKP  . P   F Từ (α) và (β), ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ. b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. (0,5đ)     Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: MEP  KQP , hay: FEP  FQP 0,25 Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. 0,25 c) (1đ) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều. PM PE PM PK 0,25 Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: = . Suy ra: = . PK PQ PE PQ   Ngoài ra: MPK  EPQ . Do đó, hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng.   Từ đó: PEQ  PMK  900 . 0,25 Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF. Vì vậy, tam giác DEF cân tại D.      Ta có: FDP  2FQD  OQP ; EDQ  2EPD  OPQ .  0,25      FDE  1800  FDP  EDQ  POQ  600  0,25 Từ đó, tam giác DEF là tam giác đều. 4. Tìm các cặp số nguyên (a ; b) nghiệm đúng: (a  1)2 (a 2  9)  4b2  20b  25 . (1,5đ) Viết lại: (a  1)2 (a 2  9)   2b  5 . Suy ra: a2+9 là số chính phương. 2 0,25 Do a < a2+9 ≤  a  3 nên chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau: 2 2 0,25 1/ a2+9=  a  3 2/ a2+9=  a  2  3/ a2+9 =  a  1 . 2 2 2 3
Trường hợp 1: a2+9 =  a  3  a = 0. Lúc đó: 9 = (2b+5)2  b  1 hoặc b  4 2 0,25 Trường hợp 2: a2+9 =  a  2   5 = 4 a . Không có số nguyên a nào thỏa. 2 0,25 Trường hợp 3: a2+9 =  a  1  a = 4  a = 4 hoặc a =  4. 2 0,25 Với a = 4, ta có: 9.25 = (2b+5)2  b = 5 hoặc b  10 . Với a  4 , ta có: 25.25 = (2b+5)2  b = 10 hoặc b  15 . Các cặp số nguyên thỏa bài toán: 0,25  a; b    0; 1 ,  0;  4 ,  4; 5 ,  4; 10  ,  4;10 ,  4; 15 5. Giả sử tứ giác lồi ABCD có hai hình vuông ngoại tiếp khác nhau. (1đ) Chứng minh rằng tứ giác này có vô số hình vuông ngoại tiếp nó. P2 B B N P N1 P1 N2 C C A A' A Q2 E1 M1 M B' D Q Q1 E D E2 M2 Xét MNPQ là hình vuông ngoại tiếp tứ giác ABCD. Gọi A’ là hình chiếu của A lên 0,5 PQ, B’ là hình chiếu của B lên MQ. Từ B kẻ đường vuông góc với AC cắt MQ tại E. Ta chứng tỏ: BE = AC. Nếu E trùng B’ thì A’ trùng C. Lúc đó: BE = BB’ = AA’ = AC. Nếu E khác B’ thì xét hai tam giác vuông BB’E và AA’C. Chúng có: BB’=AA’ và   B'BE=A'AC nên Δ BB’E = Δ AA’C. Suy ra: BE = AC. Bây giờ, xét hai hình vuông M1N1P1Q1 và M2N2P2Q2 cùng ngoại tiếp tứ giác ABCD. 0,25 Từ B kẻ đường vuông góc với AC cắt M1Q1 tại E1 và cắt M2Q2 tại E2. Theo chứng minh trên: BE1 = AC và BE2 = AC. Suy ra E1 và E2 trùng nhau tại D. Vì vậy, tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD bằng nhau và vuông góc nhau. Cuối cùng, cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD bằng nhau và vuông 0,25 góc nhau. Dựng đường thẳng (d) tùy ý sao cho tứ giác ABCD và (d) chỉ có một điểm chung là A. Qua C dựng đường thẳng song song với (d). Qua B và D dựng các đường thẳng vuông góc với (d). Ta có hình chữ nhật MNPQ ngoại tiếp tứ giác ABCD. Gọi A’ là hình chiếu của A lên PQ, B’ là hình chiếu của B lên MQ. Từ tính chất “hai đường chéo AC, BD bằng nhau và vuông góc nhau”, suy ra AA’ = BB’ (chứng minh như phần đầu). Do đó, hình chữ nhật MNPQ là hình vuông. Vì vậy, có vô số hình vuông ngoại tiếp tứ giác ABCD. 4