intTypePromotion=1

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương môn Toán năm học 2009 - 2010 - Sở GD&ĐT Phú Thọ

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
96
lượt xem
2
download

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương môn Toán năm học 2009 - 2010 - Sở GD&ĐT Phú Thọ

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các em học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi HSG có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các em Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương môn Toán năm học 2009 - 2010- Sở GD&ĐT Phú Thọ để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các em đạt kết quả cao trong kì thi!

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương môn Toán năm học 2009 - 2010 - Sở GD&ĐT Phú Thọ

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o<br /> phó thä<br /> <br /> k× thi tuyÓn sinh líp 10<br /> THPT chuyªn hïng v-¬ng<br /> n¨m häc 2009-2010<br /> <br /> §Ò chÝnh thøc<br /> <br /> M«n: To¸n (Chuyªn To¸n)<br /> Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò.<br /> (§Ò thi cã 01 trang)<br /> mx  y  2 (1)<br />  x  my  5 (2)<br /> <br /> Câu 1(2 điểm). Cho hệ phương trình: <br /> <br /> (m là tham số)<br /> <br /> a) Chứng tỏ hệ đã cho luôn có nghiệm duy nhất với mọi m.<br /> b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình trên có nghiệm (x, y) thoả mãn x + y = 5.<br /> Câu 2(1 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x3  y3  z 2<br /> trong đó y là số nguyên tố,  z;3   z; y   1<br /> Câu 3(3 điểm).<br /> a) Giải phương trình:<br /> <br />  x  1<br /> <br /> 2009<br /> <br />   x  1<br /> <br /> 2008<br /> <br />  x  2   x  1<br /> <br /> 2007<br /> <br />  x  2<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br />   x  1 x  2 <br /> <br /> 2008<br /> <br /> b) Cho x, y là các số thực dương thoả mãn điều kiện x  y <br /> của biểu thức A <br /> <br />   x  2<br /> <br /> 2009<br /> <br /> 0<br /> <br /> 5<br /> . Tìm giá trị nhỏ nhất<br /> 4<br /> <br /> 4 1<br /> <br /> .<br /> x 4y<br /> <br /> Câu 4(3 điểm).<br /> Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O) và điểm P nằm trong<br /> tam giác ABC sao cho BAP  PBC; CAP  PCB . Đường thẳng AP cắt cạnh BC tại M .<br /> a) Chứng minh rằng M là trung điểm của cạnh BC .<br /> b) Chứng minh rằng tứ giác BHPC nội tiếp trong một đường tròn ( ) , trong đó H là<br /> trực tâm tam giác ABC .<br /> c) Đường trung trực của đoạn thẳng PA cắt đường thẳng BC tại Q . Chứng minh rằng<br /> QA tiếp xúc với (O) và QP tiếp xúc với ( ) .<br /> Câu 5(1 điểm).<br /> Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  3 . Chứng minh rằng:<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br />  2<br />  2<br /> 1<br /> a 2 b 2 c 2<br /> 2<br /> <br /> ——Hết——<br /> Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.<br /> Họ tên thí sinh ........................................................................... SBD ..........................<br /> <br /> Câu<br /> <br /> Ý<br /> <br /> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ<br /> KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010<br /> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN<br /> (Chuyªn To¸n)<br /> Nội dung<br /> Từ (1)  y = mx -2 (3)<br /> <br /> 1<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> Kết luận<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 7m  3<br /> =7<br /> m2  1<br /> m  1<br /> Tìm được <br /> ; kết luận<br /> m  2<br /> 5<br /> <br /> Phương trình đã cho tương đương với<br /> <br /> x+y=7 <br /> b)<br /> (1đ)<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 2m  5<br /> ; m<br /> m2  1<br /> 5m  2<br /> Từ đó tính được y = 2<br /> m 1<br /> <br /> Thế vào (2) được x =<br /> a)<br /> (1đ)<br /> <br /> Điểm<br /> <br /> 0.5<br /> 0.5<br /> <br /> (1)<br />  x  y   x2  xy  y 2   z 2   x  y   x  y   3xy   z 2<br /> là số nguyên tố,  z;3   z; y   1 nên từ (1),   x; y   1,  x  y;3  1 (2)<br /> 2<br /> <br /> Do y<br /> <br /> Từ (1),(2) suy ra x  y  m2 , x2  xy  y 2  n2 , z  mn với m, n <br /> <br /> <br /> <br /> .Từ đó<br /> 2<br /> 4n2  4 x2  4 xy  4 y 2   2 x  y   3 y 2  3 y 2   2n  2 x  y  2n  2 x  y <br /> <br /> 2<br /> <br /> (1đ)<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> Từ đó, do y là số nguyên tố, nên có các trường hợp sau xảy ra<br /> <br /> <br /> 2n  2 x  y  3 y 2 , 2n  2 x  y  1 : Suy ra 3 y 2  1  2  2 x  y   2  2m2  3 y <br /> <br /> <br /> <br /> suy ra m2  1  3 y 2  6 y  3m2 3 , nhưng m2  1  3 m , vô lý<br /> 2n  2 x  y  3 y, 2n  2 x  y  y . Suy ra 2 y  4 x  2 y  x  0 , loại<br /> <br /> <br /> <br /> 2n  2 x  y  y 2 , 2n  2 x  y  3 . Suy ra y 2  3  2  2 x  y   2  2m2  3 y  do<br /> <br /> đó  y  3  4m2  12 . Tìm được y  7, m  1, x  8, z  13<br /> 2<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> Vậy  x; y; z   8;7;13 là nghiệm duy nhất của phương trình.<br /> Do a n  bn   a  b   a n1  a n2b  a n3b2 <br /> <br />  abn2  bn1  ,<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> với a  x  1, b  x  2<br /> 3<br /> <br /> a)<br /> (1,5đ)<br /> <br /> suy ra phương trình đã cho tương đương với  x  1<br /> <br /> 2010<br /> <br /> x 1  x  2<br /> 3<br /> 2<br /> 2<br />   x  1   x  2   <br /> x<br /> 2<br /> x 1  x  2<br /> Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  <br /> <br />   x  2<br /> <br /> 2010<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 0.5<br /> 3<br /> 2<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> Với x > 0 ta có:<br /> <br /> 4<br /> 4<br />  4 x  2 .4 x  8<br /> x<br /> x<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> Với y > 0 ta có:<br /> <br /> 1<br /> 1<br />  4y  2<br /> .4 y  2<br /> 4y<br /> 4y<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 4 1<br /> 4 1<br /> <br />  4( x  y)  10  A  <br /> 5<br /> x 4y<br /> x 4y<br /> b)<br /> (1,5đ)<br /> <br /> 4<br />  x  4x<br /> <br /> x  1<br /> 1<br /> <br /> Dấu đẳng thức xảy ra    4 y  <br /> 1<br /> 4y<br />  y  4<br /> <br /> 5<br /> x  y <br /> 4<br /> <br /> <br /> 0.5<br /> <br /> Giá trị nhỏ nhất của A là 5 đạt được khi x = 1; y =<br /> <br /> 1<br /> 4<br /> <br /> A<br /> <br /> E<br /> <br /> P<br /> F<br /> H<br /> <br /> 4<br /> <br /> a)<br /> (1đ)<br /> <br /> C<br /> <br /> Q<br /> <br /> B<br /> <br /> Từ giả thiết, suy ra ABM<br /> Tương tự, ACM<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> O<br /> <br /> M<br /> <br /> BPM ( g.g ) suy ra BM 2  AM  PM<br /> <br /> CPM ( g.g ) suy ra CM 2  AM  PM<br /> <br /> (1)<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> (2)<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> Từ (1),(2) suy ra BM  CM suy ra điều phải chứng minh.<br /> 0.25<br /> <br /> Gọi E , F là giao điểm của BH , CH<br /> <br /> với các cạnh AC, AB . Khi đó do<br /> <br /> AEH  AFH  900 nên tứ giác AEHF nội tiếp,<br /> <br /> b)<br /> (1đ)<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> suy ra BHC  EHF  1800  BAC<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> (1)<br /> <br /> Từ cách xác định điểm P suy ra<br /> (2)<br /> BPC  1800  PBC  PCB  1800  PAB  PAC  1800  BAC<br /> Từ (1) và (2), do tam giác ABC nhọn, nên bốn điểm B, C, H , P cùng nằm trên một<br /> đường tròn.<br /> <br /> 0.25<br /> 0.25<br /> <br /> M<br /> <br /> N<br /> <br /> P<br /> <br /> X<br /> <br /> + Phát biểu và chứng minh bổ đề. Điểm X nằm trên cạnh NP của tam giác MNP<br /> NX  MX <br /> sao cho NMX  MPN . Khi đó<br /> <br /> <br /> NP  MP <br /> <br /> 2<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> + Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt BC tại Q1. Do Q1 AB  ACQ1 , nên<br /> <br /> c)<br /> (1đ)<br /> <br /> Q1 B  AB <br /> <br /> <br /> Q1C  AC <br /> <br /> 2<br /> <br /> (3)<br /> <br /> + Tiếp tuyến tại P của đường tròn ( ) cắt BC tại Q2 . Do Q2 PB  PCB , nên<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 2<br /> <br /> Q2 B  PB <br /> <br /> (4)<br /> <br /> Q2C  PC <br /> + Theo kết quả phần 1, M là trung điểm BC suy ra<br /> S ABM  S ACM  AB sin BAP  AC sin CAP <br /> <br /> AB sin CAP<br /> <br /> AC sin BAP<br /> <br /> (5)<br /> <br /> cũng vậy<br /> S PBM  S PCM  PB sin PBM  PC sin PCM <br /> <br /> Từ (3),(4),(5),(6) suy ra<br /> Do Q1 AB<br /> <br /> PB sin PCM sin PAC<br /> (6)<br /> <br /> <br /> PC sin PBM sin PAB<br /> <br /> Q1 B Q2 B<br /> <br />  Q1  Q2<br /> Q1C Q2C<br /> <br /> Q1CA và Q1PB<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> Q1CP , nên Q1 A2  Q1B  Q1C  Q1P 2 suy ra<br /> <br /> Q1 A  Q1P . Suy ra Q1  Q . Điều phải chứng minh.<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a2b2  b2c2  c2 a2  a2b2c2  4<br /> Đặt bc  x, ca  y, ab  z . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành<br /> x2  y 2  z 2  xyz  4 với x, y, z  0 : x  y  z  3<br /> <br /> 0.25<br /> 0.25<br /> <br /> Không giảm tổng quát, coi x  min  x, y, z  , thế thì x  1 và<br /> x 2  y 2  z 2  xyz  4  x 2   y  z   yz  x  2   4<br /> 2<br /> <br /> 5<br /> <br /> (1đ)<br /> <br /> 1<br /> 2<br />  y  z   x  2  4<br /> 4<br /> x<br /> <br /> 2<br /> x2<br /> 2<br /> 2<br />  x2 <br />  y  z   4  x2 <br /> 3  x   4<br /> 4<br /> 4<br /> 1<br /> 2<br />   x  1  x  2   0<br /> 4<br /> Suy ra điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi<br /> x  y  z 1 a  b  c 1<br />  x2   y  z  <br /> 2<br /> <br /> Ghi chú: Nếu học sinh giải theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa.<br /> <br /> 0.5<br /> <br />
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2