KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO Năm học : 2010 – 2011 pot

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
Năm học : 2010 – 2011
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)
1/ Tìm tất cả các bộ ba số thực (x, y, z) sao cho x + y + z > 2 và
x
2
+ y
2
= 4 – 2xy; x
2
+ z
2
= 9 – 2xz ; y
2
+ z
2
= 16 – 2yz.
2/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì
2 3
3 2 6
n n n
S
  
là một số tự

nhiên.

Bài 2: ( 2 điểm)
Cho hai số a, b thỏa:
2
2
2
1
2 4
4
b
a
a
  
. Xác định a và b để tích a.b nhỏ
nhất.

Bài 3: ( 2 điểm)
1/ Cho
0
a

. Chứng minh rằng
1
2
a
a
 
.
2/ Với giá trị nào của n nguyên dương thì các số dương

1 2
, , ,
n
a a a
thỏa mãn
các đẳng thức
1 2
2
n
a a a
   
và
1 2
1 1 1
2
n
a a a
   


Bài 4: (3 điểm)
Cho đường thẳng (d) cố định và điểm A cố định không thuộc (d). Hai
điểm B, C thay đổi trên (d) sao cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của A lên (d); E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên
AB và AC.
1/ Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn (O).
2/ Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng AH với (O). Chứng minh:
a/ AM.AN = AE.AB
b/ Hai điểm M và N cố định.

Bài 5: (1 điểm)
Tam giác ABC có độ dài các đường cao là số nguyên dương và bán kính
đường tròn nội tiếp bằng 1. Chứng minh ABC là tam giác đều.

HẾT


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
Năm học : 2010 – 2011
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)
1/ Tìm tất cả các bộ ba số thực (x, y, z) sao cho x + y + z > 2 và
x
2
+ y
2
= 4 – 2xy; x
2
+ z
2
= 9 – 2xz ; y
2
+ z

2
= 16 – 2yz.
2/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì số
2 3
3 2 6
n n n
S
  
là một số tự
nhiên.

Bài 2: (2 điểm)
Cho hai số a, b thỏa:
2
2
2
1
2 4
4
b
a
a
  
. Xác định a và b để tích a.b nhỏ nhất.

Bài 3: ( 2 điểm)
1/ Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta có:
1 1 1
( 1) 1 1
n n n n n n

 
   

2/ Tính
1 1 1 1

2 1 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4 10000 9999 9999 10000
S     
   


Bài 4: (3 điểm)
Cho đường thẳng (d) cố định và điểm A cố định không thuộc (d). Hai
điểm B, C thay đổi trên (d) sao cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của A lên (d); E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên
AB và AC.
1/ Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn (O).
2/ Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng AH với (O). Chứng minh:
a/ AM.AN = AE.AB
b/ Hai điểm M và N cố định.

Bài 5: (1 điểm)
Tính các góc của tam giác ABC biết rằng đường cao AH và trung tuyến
AI chia góc

BAC
thành ba phần bằng nhau.

HẾT

Thi tuyển sinh Trần Hưng Đạo – Đáp án ( Hệ số 2 ) Năm học 2010 – 2011
Chuyên Toán
Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm
Bài 1
(2 đ)
1/ (1,0 đ)

Ta có (x + y)
2
= 4

x + y =
2


Tương tự: x + z =
3

; y + z =
4


Vì x + y + z > 2 nên chỉ có thể chọn x + y + z =
2 3 4
2
 
hoặc x + y + z =
2 3 4
2

  

* Với x + y + z =
9
2
và x + y =2; x + z = 3; y + z = 4
Tính được (
1 3 5
; ;
2 2 2
x y z
  
)
* Với x + y + z =
5
2
và x + y = -2; x+ z = 3; y + z = 4
Tính được (
3 1 9
; ;
2 2 2
x y z
    
)

0,25

0,25

0,25




0,25

2
/ (1,0 đ)

Ta có
2 3 2 3
2 3
3 2 6 6
n n n n n n
 
  

2
( 3 2) ( 1)( 2)
6 6
n n n n n n
   
 
Vì tử số là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên luôn chia hết cho 6.
Vậy
2 3

3 2 6
n n n
 
là một số tự nhiên

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 2
( 2 đ)
Dễ thấy a
0

.
Từ giả thiết ta có :
2
2 2
2
1
( 2) ( ) 2
4
b
a a ab ab
a
      

Hay
2 2
1
( ) ( ) 2
2
b
a a ab
a
    

Từ đó a.b nhỏ nhất khi :
1
a
a

và
2
b
a
 

Tìm được : (a= 1 ; b = -2) ; (a = -1 ; b =2)


0,5

0,5

0,5

0,5
Bài 3
(2 đ)
1/ (
0
,
5

đ)

Ta có (a -1)
2

0


2
1 2
a a
  

Hay
2
1 1
2 2
a
a
a a


   


0,25

0,25
2
/ (1,5

đ)

Cộng vế theo vế hai đẳng thức đã cho ta có:
1 2
1 2
1 1 1
( ) ( ) ( ) 4
n
n
a a a
a a a
      

Từ bất đẳng thức đã chứng minh câu 1/, suy ra: n
2


* Với n = 2: thì
1 2
1 2
1 1

( ) ( ) 4
a a
a a
   

Đẳng thức này chỉ xảy ra khi a
1
= a
2
=1 (Thỏa mãn các đẳng thức đã cho)


0,25

0,25

0,25

0,25
* Với n = 1 thì không tồn tại a
1
sao cho a
1
=2 và
1
1
2
a


Vậy n = 2.
0,25

0,25
Bài 4
(3 đ)
1/ (1đ)Chứng minh:


ACH
AEF
và kề bù với

BEF

Nên tứ giác BEFC nội tiếp trong (O)
2/ a/ (1đ)Tam giác AEN và AMB đồng dạng
nên
AB
AN
AM
AE

suy ra: AM.AN = AE.AB
b/ (0,75)Chứng minh: HN.HM = BH.HC = AH
2
.
Trong tam giác vuông ABH có: AE.AB = AH
2

AM.AN = (AH – MH)(AH + NH) = AH
2
– HN.HM + AH(NH – MH) = AH
2

Suy ra: AH = NH – MH = a ( không đổi do A, H cố định)
Ta có hệ:





2
. aHMHN
aHMHN
Suy ra











aHN
aHM
2

15
2
15

Nên M và N cố định









0,5
0,5
0,5
0,25

0,25



0,25


0,25


0,25

Hình
vẽ
đến
câu 2/
0,25
Bài 5
(1 đ)
Đặt BC = a, AC = b, AB = c và x, y, z


lần lượt là độ dài các đường cao
tương ứng với các cạnh a,b,c và bán kính đường tròn nội tiếp tâm O bằng 1
nên x, y, z > 2
Giả sử x

y

z
ABC
S

=
OBC
S

+
OAC

S

+
OAB
S

= = )(
2
1
cba 
ABC
S

= ax
2
1
= by
2
1
= cz
2
1

Nên ax = by = cz = a+b+c =
z
c
y
b
x
a

111
 =
zyx
cba
111



nên
zyx
111

= 1

z
3


z

3

z = 3
Từ
zyx
111

= 1 và z = 3


3
211

yx


3(x+y) = 2xy

(2x-3)(2y-3) = 9
Suy ra 2x – 3 = 3 và 2y – 3 = 3 hoặc 2x – 3 = 9 và 2y – 3 = 1
Ta có: x = 3 và y = 3 và z = 3 nên tam giác ABC đều.






0,25








0,25

0,25

0,25


Thi tuyển sinh Trần Hưng Đạo – Đáp án ( Hệ số 2 ) Năm học 2010 – 2011
Chuyên Tin

Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm
Bài 1
(2 đ)
1/ (1,0 đ)

Ta có (x + y)
2
= 4

x + y =
2


Tương tự: x + z =
3

; y + z =
4


Vì x + y + z > 2 nên chỉ có thể chọn x + y + z =
2 3 4

2
 
hoặc x + y + z =
2 3 4
2
  

* Với x + y + z =
9
2
và x + y =2; x + z = 3; y + z = 4
Tính được (
1 3 5
; ;
2 2 2
x y z
  
)
* Với x + y + z =
5
2
và x + y = -2; x+ z = 3; y + z = 4
Tính được (
3 1 9
; ;
2 2 2
x y z
    
)

0,25

0,25





0,25




0,25

2
/ (1,0 đ)

Ta có
2 3 2 3
2 3
3 2 6 6
n n n n n n
 
  

2
( 3 2) ( 1)( 2)
6 6

n n n n n n
   
 
Vì tử số là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên luôn chia hết cho 6.
Vậy
2 3
3 2 6
n n n
 
là một số tự nhiên


0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 2
(2 đ)
Dễ thấy a
0

.
Từ giả thiết ta có :
2
2 2
2

1
( 2) ( ) 2
4
b
a a ab ab
a
      

Hay
2 2
1
( ) ( ) 2
2
b
a a ab
a
    

Từ đó a.b nhỏ nhất khi :
1
a
a

và
2
b
a
 

Tìm được : (a= 1 ; b = -2) ; (a = -1 ; b =2)

0,5

0,5

0,5

0,5
Bài 3
(2 đ)
1/ (
1
,
0

đ)

2 2
1 ( 1) 1
( 1) ( 1)
( 1) 1
n n n n
n n n n
n n n n
  

  
  

=
( 1) 1 1 1
( 1)
1
n n n n
n n
n n
  
 





0,5

0,5
2
/ (1,0

đ)

1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )
1 2 2 3 9999 10000
S       

=
1 99
1

100 100
 

0,5


0,5
Bài 4
(3 đ)

1/(1đ)Chứng minh:


ACH
AEF
và kề bù với

BEF

Nên tứ giác BEFC nội tiếp trong (O)
2/ a/(1đ) Tam giác AEN và AMB đồng dạng
nên
AB
AN
AM
AE

suy ra: AM.AN = AE.AB
b/ (0,75)Chứng minh: HN.HM = BH.HC = AH
2

.
Trong tam giác vuông ABH có: AE.AB = AH
2

AM.AN = (AH – MH)(AH + NH) = AH
2
– HN.HM + AH(NH – MH) = AH
2

Suy ra: AH = NH – MH = a ( không đổi do A, H cố định)
Ta có hệ:





2
. aHMHN
aHMHN
Suy ra












aHN
aHM
2
15
2
15

Nên M và N cố định


















0,5
0,5
0,5

0,25

0,25



0,25


0,25


0,25




Hình
vẽ
đến
câu 2/
0,25
Bài 5
(1 đ)

Kẻ IK

AC tại K ta có

AHI =


AKI
Suy ra : IH = IK = BH
Suy ra: IC =2IK nên

0
30
C 

Tính được

0
60
B 

Nên  = 90
0








0,25

0,25

0,25

0,25