KÌ THI TUYỂN SINH LỚP THPT Năm học 2012 – 2013 Môn thi: Toán CẦN THƠ potx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (218.63 KB, 6 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
Năm học : 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (hệ số 2)
(Dành cho lớp chuyên Toán)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ:
Bài 1: ( 2 điểm)
Cho parabol (P):
2
1
2
y x
và đường thẳng (d): y = - mx +2
1/ Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B với mọi giá
trị của m.
2/ Xác định m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Tính diện tích tam giác AOB
ứng với giá trị của m vừa tìm được.
Bài 2: ( 2 điểm)
1/ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có n
3
+ 5n chia hết
cho 6.
2/ Cho x
1
và x
2
là nghiệm của phương trình x
2
– 3x + a = 0; x
3
và x
4
là nghiệm
của phương trình x
2
– 12x + b = 0 và biết rằng
2 3 4
1 2 3
x x x
x x x
. Tìm a và b.
Bài 3: ( 2 điểm)
Cho a, b, c
0 và các số x, y, z thỏa mãn điều kiện :
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z x y z
a b c a b c
.
Tính giá trị biểu thức:
2011 2011 2011
S x y z
Bài 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp trong nửa đường tròn (O; R) và có
đường cao CH. Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng của H qua CA và CB.
1/ Chứng minh :
a/ Ba điểm M, C, N thẳng hàng.
b/ Các đường thẳng AM, BN và AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính
MN.
2/ Tìm vị trí của C trên (O) để tích AM.BN lớn nhất.
Bài 5: (1 điểm)
Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với các cạnh AB,
AC tại E và F. Đường thẳng BI cắt EF tại M. Chứng minh tam giác MBC vuông.
HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
Năm học : 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (hệ số 2)
(Dành cho lớp chuyên Tin)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ:
Bài 1: ( 2 điểm)
Cho parabol (P):
2
1
2
y x
và đường thẳng (d): y = - mx +2
1/ Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân
biệt A và B với mọi giá trị của m.
2/ Xác định m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Tính diện tích tam giác AOB
ứng với giá trị của m vừa tìm được.
Bài 2: (2 điểm)
1/ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta đều có n
3
+ 5n chia hết
cho 6.
2/ Cho x
1
và x
2
là nghiệm của phương trình x
2
– 3x + a = 0; x
3
và x
4
là nghiệm
của phương trình x
2
– 12x + b = 0 và biết rằng
2 3 4
1 2 3
x x x
x x x
. Tìm a và b.
Bài 3: ( 2 điểm)
Bốn người góp vốn kinh doanh được tổng số tiền là 6 tỉ đồng. Số tiền
người thứ I, II, III góp lần lượt bằng
1 1 1
, ,
3 4 5
tổng số tiền của ba người còn lại.
Hỏi mỗi người góp bao nhiêu vốn?
Bài 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp trong nửa đường tròn (O; R) và có
đường cao CH. Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng của H qua CA và CB.
1/ Chứng minh :
a/ Ba điểm M, C, N thẳng hàng.
b/ Các đường thẳng AM, BN và AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính
MN.
2/ Tìm vị trí của C trên (O) để tích AM.BN lớn nhất.
Bài 5: (1 điểm)
Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau.
Trên đoạn OC lấy điểm E và trên đoạn OD lấy điểm F sao cho EF bằng bán kính
của đường tròn (O). Đường thẳng AF cắt đường tròn (O) tại điểm P khác A. Tam
giác AEP có vuông ở E không ?
HẾT
Thi tuyển sinh Trần Hưng Đạo – Đáp án ( Hệ số 2 ) Năm học 2011 – 2012
Chuyên Toán
Bài
Đáp án và hư
ớng dẫn chấm
Đi
ểm
Bài 1
(2 đ)
1/
(
1.0
)
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
2 2
1
2 2 4 0
2
x mx x mx
Có
/ 2
4 0,
m m
Kết luận:
0.25
0,5
0,25
2/
(1,
0
)
Gọi A(x
A
; y
A
), B(x
B
; y
B
) ta có:
2 2 2
4 4 2
A A
x m m y m m m
2 2 2
4 4 2
B B
x m m y m m m
2 2 2 2 2 2 4 2
( ) ( ) 4( 4) 4 ( 4) 4 20 16 16
A B A B
AB x x y y m m m m m
Vậy MinAB
2
= 16, MinAB = 4 khi và chỉ khi m = 0
Khi đó A(-2; 2), B(2; 2)
S
AOB
= 4
0,25
0,25
0,25
0.25
Bài 2
( 2 đ)
1/
(1,0)
Ta có n
3
+ 5n = (n
3
– n) + 6n
Vì n
3
– n = n(n-1)(n +1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3
Và vì (2, 3) =1 nên n
3
– n chia hết cho 6
Do đó n
3
– n + 6n chia hết cho 6
Vậy n
3
+ 5n chia hết cho 6
0,25
0,25
0,25
0,25
2/
(1,0)
Đặt
3
2 4
1 2 3
x
x x
x x x
= k
2 3
2 1 3 2 4 3 3 1 4 1
; ; ;
x kx x kx x kx x k x x k x
Ta có :
1 2 1
2
3 4 1
2
1 2 1
5 2
3 4 1
(1 ) 3 (1)
(1 ) 12 (2)
. (3)
. (4)
x x x k
x x k x k
x x kx a
x x k x b
Từ (1) và (2) ta có : k
2
= 4
2
k
k = 2
1
1 2; 32
x a b
k = -2
1
3 18; 288
x a b
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 3
( 2 đ)
Từ gt ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 0
x x y y z z
a a b c b a b c c a b c
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) 0
x y z
a a b c b a b c c a b c
(*)
Do
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
0; 0; 0
a a b c b a b c c a b c
.
Nên (*)
x = y = z = 0
Vậy S = 0
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
Bài 4
(3 đ)
Bài 5
(1đ)
1/ a/ Ta có :
2( )
MCA ACH HCB BCN MCN ACH HCB
= 2v
Nên ba điểm M, C, N thẳng hàng.
b/ CM = CH = CN nên C là tâm đường tròn đường kính MN
từ
CH AB
suy ra AM
MN và BN
MN
nên AM, BN và AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MN.
2/ Ta có : AM.BN = AH.BH = CH
2
R
2
Vậy AM.BN = R
2
lớn nhất
AM = BN = CH =R
C là điểm chính giữa cung AB .
Nếu M thuộc tia đối FE :
2
B C
MIC
= 90
0
–
2
A
=
AFE MFC
Suy ra tứ giác MFIC nội tiếp và ta có IF
AC nên IM
MC
do đó tam giác BMC vuông tại M
Nếu M thuộc đoạn EF :
Tương tự
MIC AFE
nên
MIC MFC
= 2v
do đó tứ giác MFCI nội tiếp và ta có IF
AC nên IM
MC
hay tam giác BMC vuông tại M.
1.0
0.75
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
Thi tuyển sinh Trần Hưng Đạo – Đáp án ( Hệ số 2 ) Năm học 2011 – 2012
Chuyên Tin
Bài Đáp án và hướng dẫn chấm
Đi
ểm
Bài 1
(2 đ)
1/
(
1.0
)
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
2 2
1
2 2 4 0
2
x mx x mx
Có
/ 2
4 0,
m m
Kết luận:
0.25
0,5
0,25
2/
(1,
0
)
Gọi A(x
A
; y
A
), B(x
B
; y
B
) ta có:
2 2 2
4 4 2
A A
x m m y m m m
2 2 2
4 4 2
B B
x m m y m m m
2 2 2 2 2 2 4 2
( ) ( ) 4( 4) 4 ( 4) 4 20 16 16
A B A B
AB x x y y m m m m m
Vậy MinAB
2
= 16, MinAB = 4 khi và chỉ khi m = 0
Khi đó A(-2; 2), B(2; 2)
S
AOB
= 4
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2
(2 đ)
1/
(1,0)
Ta có n
3
+ 5n = (n
3
– n) + 6n
Vì n
3
– n = n(n-1)(n +1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3
Và vì (2, 3) =1 nên n
3
– n chia hết cho 6
Do đó n
3
– n + 6n chia hết cho 6
Vậy n
3
+ 5n chia hết cho 6
0,25
0,25
0,25
0,25
2/
(1,0)
Đặt
3
2 4
1 2 3
x
x x
x x x
= k
2 3
2 1 3 2 4 3 3 1 4 1
; ; ;
x kx x kx x kx x k x x k x
Ta có :
1 2 1
2
3 4 1
2
1 2 1
5 2
3 4 1
(1 ) 3 (1)
(1 ) 12 (2)
. (3)
. (4)
x x x k
x x k x k
x x kx a
x x k x b
Từ (1) và (2) ta có : k
2
= 4
2
k
k = 2
1
1 2; 32
x a b
k = -2
1
3 18; 288
x a b
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 3
(2 đ)
G
ọi x, y, z, t lần l
ư
ợt l
à s
ố tiền góp vốn của ng
ư
ời thứ I, II, III, IV (tính bằng tỉ đồng
và x, y, z, t > 0)
Ta có hệ phương trình :
6
1
(6 )
3
1
(6 )
4
1
(6 )
5
x y z t
x x
y y
z z
Tính được : x = 1,5 ; y = 1,2 ; z = 1, t = 2,3
Kết luận.
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 4
(3đ)
Bài 5
(1đ)
1/ a/ Ta có :
2( )
MCA ACH HCB BCN MCN ACH HCB
= 2v
Nên ba điểm M, C, N thẳng hàng.
b/ CM = CH = CN nên C là tâm đường tròn đường kính MN
từ
CH AB
suy ra AM
MN và BN
MN
nên AM, BN và AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MN.
2/ Ta có : AM.BN = AH.BH = CH
2
R
2
Vậy AM.BN = R
2
lớn nhất
AM = BN = CH =R
C là điểm chính giữa cung AB .
- Khi E
O thì F
D
P ; tam giác AEP vuông tại E.
- Khi E
C thì F
O và B
P ; tam giác AEP vuông tại E.
- Khi E
C và O thì F
O và D. Giả sử
AEP vuông tại E :
Từ E vẽ đường cao EH ta có
EHF
APB
Suy ra :
1
2
EH EF
AP AB
hay AP = 2EH
Gọi I là trung điểm AP thì AP = 2AI
Suy ra điểm I
H khi đó E
O (không xảy ra)
Nên
AEP không vuông tại E.
1.0
0.75
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
