Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2011 - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu

Chia sẻ: Tran Vinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

503
lượt xem 50
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2011-2012 của trường THPT chuyên Phan Bội Châu nhằm giúp các bạn củng cố kiến thức và luyện thi thử cho kỳ thi tuyển sinh THPT sắp tới. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2011 - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Đề thi chính thức NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (7,0 điểm). a) Giải phương trình: 3 x  15  3x  8 x  5 . b) Giải hệ phương trình:  xy  x  y  3   1 1 2  2  x  2x y  2 y 3 2    Câu 2 (3,0 điểm). Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn 5 x 2  2 xy  y 2  4 x  40  0 . Câu 3 (6,0 điểm). Cho đường tròn (O) và đường thẳng d cố định ((O) và d không có điểm chung). M là điểm di động trên d. Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB phân biệt và cát tuyến MCD của (O) (A, B là tiếp điểm, C nằm giữa M và D, CD không đi qua O). Vẽ dây DN của (O) song song với AB. Gọi I là giao điểm của CN và AB. Chứng minh rằng: IC BC a) = và IA = IB. IA BD b) Điểm I luôn thuộc một đường cố định khi M di động trên đường thẳng d. Câu 4 (2,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:  a b  b c  c a  ab 2 2 2 2  bc 2  ca 2   abc  3 a 3  abc  b 3  abc  c 3  abc  . Đẳng thức xảy ra khi nào? Câu 5 (2,0 điểm). 1 Cho một đa giác lồi có chu vi bằng 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính chứa đa giác 4 đó. ----------------Hết----------------- Họ và tên thí sinh:.................................................................. Số báo danh:....................... Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Trang 1/4
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2011 - 2012 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 03 trang) Môn: TOÁN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 7,0 a 3,5 5 Điều kiện:  x  5 (*) 0,5 8 Phương trình đã cho tương đương với: 3 x  15  3 x  2 45 x  9 x 2  8 x  5 0,5 2  45 x  9 x  4 x  10  5 x   2 0,5  45 x  9 x 2  16 x 2  80 x  100   5 x   2 0,5  x2  5x  4  0   5 x  2   0,5 x 1  x  4  x4 0,5 Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là x  4 0,5 b 3,5  x  1 ( y  1)  4  Hệ đã cho   1 1 2  ( x  1)2  1  y  1 2  1  3 0,5    Đặt u  x  1, v  y  1 Hệ đã cho trở thành uv  4 1,0  u  1  1 1 2 , ĐK :  (*)  u 2  1  v2 1  3  v  1  uv  4  uv  4  2 2  2 0,5 3  u  v  2   2  u v  u  v  1 2 2 2 2 2  u  v  8 uv  4  0,5 u  v  4 u  v  2  ( TM(*)) 0,5 u  v  2  x  1  x  3 0,5 Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là:  ; .  y  1  y  3 2 3,0 Trang 2/4
Ta có 5x 2  2 xy  y 2  4 x  40  0 2 2 0,5   2 x  1   x  y   41 Vì x, y  , 2 x  1 là số nguyên lẻ và 41  52  4 2 nên 0,5 2  2 x  1  25  2 x  1   5  2  1,0  x  y   16  x  y   4 Từ đó suy ra các cặp  x; y  cần tìm là 1,0  3;1 ;  3; 7  ;  2;6  ;  2; 2  3 6,0 a 4,0 N A D I O K C B d M H Xét tam giác IAC và tam giác BDC có IAC  BDC 0,5 ICA  BCD 0,5 Suy ra IAC đồng dạng với BDC (g.g) 0,5 IC BC   (1) IA BD 0,5 IC AC 0,5 Tương tự ta cũng có  (2) IB AD Ta có MBC đồng dạng với MDB (g.g) MC BC 0,5   (3) MB BD MC AC 0,5 Tương tự ta có:  (4) MA AD Vì MA = MB nên từ (1), (2), (3) và (4) suy ra IA = IB 0,5 b 2,0 Kẻ OH  d tại H. Gọi K là giao điểm của OH và AB. 0,5 Ta có M, O, I thẳng hàng và OI  AB.   OIK đồng dạng với OHM suy ra OK.OH = OI.OM 0,5 2 OB Mà OI.OM = OB2  OK  (không đổi) suy ra K cố định. 0,5 OH Vì OI  AB và O, K cố định nên I thuộc đường tròn đường kính OK cố định (ĐPCM). 0,5 4 2,0 Trang 3/4
BĐT cần chứng minh tương đương với  a b c  b c a   a 2   b2   c2  0,25          1  3   1   1    1  (1)  c a b  c a b   bc   ca   ab  a b c Đặt  x,  y,  z  x, y, z  0; xyz  1 0,25 b c a Khi đó (1) trở thành: x  y  z   xy  yz  zx  x  y  z   1  3    1   1   1  z  x  y   x  y  y  z  z  x  0,75   x  y  y  z  z  x   xyz  1  3 xyz   x  y  y  z  z  x   1  1  3  x  y  y  z  z  x  (2) (do xyz = 1) Đặt 3  x  y  y  z  z  x   t t2 0,25 Khi đó (2) trở thành t3  1  1 t  t 3  1  1  2t  t 2 0,5  t  t  2  t  1  0 (luôn đúng do t  2 ). Suy ra ĐPCM. Đẳng thức xảy ra  a  b  c . 5 2,0 B N O M A Gọi A, B là 2 điểm thuộc cạnh của đa giác sao cho A, B chia biên đa giác thành 2 đường gấp khúc có độ dài bằng 1 nhau và bằng . 0,5 2 1 Gọi O là trung điểm của AB. Xét hình tròn tâm O bán kính R  . 0,25 4 Ta sẽ chứng minh hình tròn này chứa đa giác đã cho. Thật vậy, giả sử tồn tại một điểm M thuộc cạnh đa giác và M 1 0,25 nằm ngoài hình tròn tâm O bán kính R  . 4 1 Khi đó MA  MB  ( Độ dài đường gấp khúc chứa M ) (1). 0,5 2 1 Gọi N là điểm đối xứng với M qua O. Ta có MA  MB  MN  2 R  (2). 2 0,5 Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM. Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Trang 4/4