Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Quốc Học năm học 2010 môn toán - Sở giáo dục đào tạo tỉnh Thừa Thiên Huế

Chia sẻ: Sunny_1 Sunny_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

224
lượt xem 35
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Quốc Học năm học 2010 môn toán - Sở giáo dục đào tạo tỉnh Thừa Thiên Huế để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Quốc Học năm học 2010 môn toán - Sở giáo dục đào tạo tỉnh Thừa Thiên Huế

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Khoá ngày 24.6.2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (1,5 điểm) Xác định tham số m để phương trình  m  1 x 2  2  m  1 x  m  2  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn: 4  x1  x2   7 x1 x2 . Bài 2: (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 2  xy  y 2  2 x  3 y  2010 khi các số thực x, y thay đổi. Giá trị nhỏ nhất đó đạt được tại các giá trị nào của x và y. Bài 3: (2,5điểm) 3 a) Giải phương trình : x  3  3 5  x  2.  1 1  x y x  y 4 0 b) Giải hệ phương trình :    xy  1  x  y - 4 = 0   xy y x Bài 4: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = 5a, CA = 4a, AB = 3a. Đường trung trực của đoạn AC cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K. a) Gọi (K) là đường tròn có tâm K và tiếp xúc với đường thẳng AB. Chứng minh rằng đường tròn (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. b) Chứng minh rằng trung điểm của đoạn AK cũng là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Bài 5: (2,0 điểm) 65 5 a) Với bộ số (6 ; 5 ; 2), ta có đẳng thức đúng :  . 26 2 Hãy tìm tất cả các bộ số (a ; b ; c) gồm các chữ số hệ thập phân a , b, c đôi một ab b khác nhau và khác 0 sao cho đẳng thức  đúng. ca c b) Cho tam giác có số đo một góc bằng trung bình cộng của số đo hai góc còn lại và độ dài các cạnh a, b, c của tam giác đó thoả mãn: a  b  c  a  b  c . Chứng minh rằng tam giác này là tam giác đều.
--------------- HẾT --------------- SBD thí sinh: ................. Chữ ký GT1: .............................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Khoá ngày 24.6.2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Nội dung Điểm Bài 1 (1,5đ) a 0 0,25 Phương trình có hai nghiệm phân biệt     0 m 1  0 m  1 0,25   (*) 3  m  0  m3  2(m  1) 0,25  x1  x2  m  1  Ta có:   x x  m2  1 2 m 1  2  m  1 m2 0,25 4  x1  x2   7 x1 x2  4 7 m 1 m 1  8  m  1  7  m  2   m  6 Thoả mãn (*) 0,5 Vậy: m =  6 thoả mãn yêu cầu bài toán . BÀI 2 (2đ) 2 2 Ta có: P  x   y  2  x  y  3 y  2010 0,25 2 y  2   y  2 2 0,5  P x    y 2  3 y  2010  2  4 1 2 3 4  6023 2 0,5 P  2 x  y  2   y    4 4 3 3 6023 0,25 P với mọi x, y. 3  1 0,25 2 x  y  2  0  x 6023   3 P khi và chỉ khi:  4  3  y3 0  y  4   3 6023 1 4 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là Pmin  đạt khi x  và y  3 3 3 Bài 3 (2,5đ) 3.a Lập phương hai vế phương trình 3 x3  3 5 x  2 (1), ta được: 0,25 (1đ) 8  3 3 ( x  3)(5  x)( 3 x  3  3 5  x )  8 Dùng (1) ta có: 3 ( x  3)(5  x)  0 (2) 0,25
Giải (2) và thử lại tìm được : x  3, x  5 là hai nghiệm của phương trình đã cho. 0,5
3.b Điều kiện : x  0; y  0 . 0,25 (1đ,5)  1  1 0,5  x     y    4  x  y Viết lại hệ :    x  1  . y  1   4    x  y    1 1 u  v  4 0,25 Đặt : u  x  ; v  y  , ta có hệ :  x y  uv  4 Giải ra được : u  2; v  2 . 0,25 Giải ra được : x = 1 ; y = 1. Hệ đã cho có nghiệm : (x ; y) = (1 ; 1). 0,25 BÀI 4 (2đ) B R K O I C Q A T 4. a 0,25 (1đ) Do BC2 = AC2 + AB2 nên tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn (O) ngoại tiếp ΔABC có tâm là trung điểm O của BC, có bán kính 0,25 5 r  a. 2 Gọi Q là trung điểm AC và R là tiếp điểm của (K) và AB. 0,25 KQAR là hình vuông cạnh 2a. Đường tròn (K) có bán kính ρ = 2a 3 1 0,25 Do OK= KQ – OQ = 2a – a = a = r – ρ, nên (K) tiếp xúc trong với (O). 2 2 4.b Gọi I là trung điểm AK, nối BI cắt OQ tại T. Ta chứng minh T thuộc đường tròn (O). 0,25 (1đ) Hai tam giác IQT và IRB bằng nhau nên QT = RB = a 0,25 3 0,25 Vì OT = OQ + QT = a + a = r nên T thuộc đường tròn (O). 2 Từ đó T là trung điểm của cung AC của đường tròn (O). 0,25 Suy ra BI là phân giác của góc ABC. Vì vậy I là tâm nội tiếp của ΔABC.
BÀI 5 (2đ) 5. a Hãy tìm tất cả các bộ số (a ; b ; c) gồm các chữ số a , b, c khác nhau và khác 0 sao (1đ) ab b cho đẳng thức:  ( 1) đúng. ca c Viết lại (1): (10a + b)c =(10c + a)b  2.5.c(a – b) = b(a – c). 0,25 Suy ra: 5 là ước số của b(a – c). Do 5 nguyên tố và 1  a, b, c  9; a  c nên: 0,25 1) hoặc b = 5 2) hoặc a - c  5 3) hoặc c - a  5 a 9 0,5 + Với b = 5: 2c(a 5) = a  c  c = c   2c  1  . 2a  9 2a  9 Suy ra: 2a 9 = 3 ; 9 (a ≠ 5, do a ≠ c) Trường hợp này tìm được: (a; b; c) = (6; 5; 2), (9; 5; 1) 2c 2  10c 9 + Với a = c + 5: 2c(c + 5  b) = b  b = . Viết lại: 2b  2c  9  2c  1 2c  1 Suy ra: 2c + 1 = 3 ; 9 (c ≠ 0). Trường hợp này tìm được: (a; b; c) = (6; 4; 1), (9; 8; 4). 2a 2  10a + Với c = a + 5: 2(a + 5)(a  b) = b  b = . 2a  9 9.19 Viết lại : 2b  2a  19  . Suy ra: b > 9, không xét . 2a  9 + Vậy: Các bộ số thỏa bài toán: (a ; b ; c) = (6 ; 5 ; 2), (9 ; 5 ; 1), (6; 4 ; 1), (9 ; 8 ; 4). 5.b Từ giả thiết số đo một góc bằng trung bình cộng của số đo hai góc còn lại, suy ra 0,25 (1đ) tam giác đã cho có ít nhất một góc bằng 60o . Ví dụ: Từ 2A = B + C suy ra 3A = A + B + C = 180o. Do đó A = 60o. Từ a  b  c  a  b  c (*), suy ra tam giác đã cho là tam giác cân. 0,5 Thật vậy, bình phương các vế của (*):  a  b  c  a  b  c  2 ab  2 cb  2 ac  c c  a  b a  c  0      a c  b c 0  Vì vậy tam giác này có a = c hoặc b = c. Tam giác đã cho là tam giác cân và có góc bằng 60o nên là tam giác đều. 0,25