CÁC ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN ( CỰC HAY VÀ ĐẦY ĐỦ )

sở giáo dục & đào tạo đề thi đề xuất vào lớp 10 Trung học phổ thông
Vĩnh Phúc chuyên vĩnh phúc năm học 2008-2009
Môn thi: toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
______________________
Ng ời soạn đề: Nguyễn Ngọc Long-THPT Yên Lạc.
Câu 1: Cho phơng trình:
2
2( 1) 2 4 0x m x m + =
(
m
là tham số)
a)Chứng minh rằng phơng trình có hai nghiệm phân biệt.
b)Gọi
1 2
,x x
là hai nghiệm của phơng trình đã cho. Tìm
m
để biểu thức
2 2
1 2
P x x= +
đạt
giá trị nhỏ nhất.
Câu 2:
a)Cho
2a b
=
. Tính giá trị của biểu thức:
( 3) ( 3) 2 .M b b a a ab= + +
b)Cho biểu thức:

2
1 1 1
. .
2
1 1 2
x x x
A
x x x

+
=
ữ ữ
ữ ữ
+


Hãy rút gọn
A
và tìm các giá trị của
x
để
3.
A
x
>
Câu 3:
a)Giải phơng trình:
( )
(
)

2
6 3 1 9 18 3.x x x x+ + + + + =
b)Tìm các số nguyên
,x y
thoả mãn đẳng thức:
2 2 2
2( ) 1 2 .xy x y x y xy+ + + = + +
Câu 4:
Cho nửa đờng tròn
( )
O
đờng kính
2AB R=
(
R
là một độ dài cho trớc). Gọi
,M N
là hai điểm
trên nửa đờng tròn
( )
O
sao cho
M
thuộc cung
AN
và tổng các khoảng cách từ
A
và
B
đến đờng

thẳng
MN
bằng
3.R
Gọi
I
là giao của hai đoạn
AN
và
BM
;
K
là giao của hai đờng thẳng
AM
và
.BN
a)Chứng minh rằng bốn điểm
, , ,K M N I
cùng nằm trên một đờng tròn
( )
C
.
b)Tính độ dài đoạn
MN
theo
.R
Tính bán kính của đờng tròn
( )
C
.

c)Tìm diện tích lớn nhất của tam giác
KAB
khi
,M N
thay đổi nhng vẫn thoả mãn giả thiết của
bài toán.
Câu 5:
Cho
, , 0x y z >
. Chứng minh rằng:
25 4
2.
x y z
y z z x x y
+ + >
+ + +
- - - - - - - - - - - - - - - - H ế t - - - - - - - - - - - - - - - -
Giám thị không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh Số báo danh
Đáp án môn Toán đề thi đề xuất vào tHPT chuyên Vĩnh Phúc
(Môn chung)
Câu Phần Nội dung chính điểm
Câu 1
2.0 đ
a)1.0 đ
Ta có
( )
2
' 1 (2 4)m m =
0.5

=
( )
2
2 1 0,m m + >

0.25

Phơng trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt.
0.25
b)1.0 đ
Theo hệ thức Vi-et ta có:
1 2
1 2
2 2
. 2 4
x x m
x x m
+ =


=

0.25
2 2
1 2
P x x= +
=
( )
2
1 2 1 2

2x x x x+
0.25
( ) ( )
2
2 2 2 2 4m m=
=
( )
2
2 3 3 3m +
0.25
Dấu bằng xảy ra khi
3
2
m =
Kết luận:
0.25
Câu 2
2.0 đ
a)1.0 đ
2 2
2 3( )P a b ab a b= + +
0.25
=
( )
2
3( )a b a b +
0.25
=
2
2 3.2 10+ =

0.5
b)1.0 đ
Điều kiện:
0 1x<
0.25
( )
2
1
4
.
1 4
x
x
A
x x


=
ữ
ữ


0.25
=
1 x
x

0.25
1 1
3 3

4
A x
x
x
x

> > <
. Kết hợp ĐK ta có:
1
0 .
4
x< <
0.25
Câu 3
2.0 đ
a)1.0 đ
Giải phơng trình:
( )
(
)
2
6 3 1 9 18 3.x x x x+ + + + + =
ĐKXĐ:
3x

Nhân hai vế của phơng trình với
6 3 0x x+ + + >
ta có:
2
1 9 18x x+ + + =

6 3x x+ + +
0.5
( ) ( )
6 1 3 1 0x x + + =
0.25
6 1
3 1
x
x

+ =


+ =



5
2
x
x
=



=

Kết hợp ĐKXĐ ta có nghiệm của phơng trình là:
2.x
=

0.25
b)1.0 đ
2
( 2) ( 2) ( 2) 1 0PT y x x x y x + =
(1)
0.25
Ta thấy
2x =
không là nghiệm của (1). Với
2x
chia hai vế của PT cho
2x
ta có:
2
1
0
2
y x y
x
+ =

(2)
0.25
PT có nghiệm
,x y
nguyên nên suy ra:
1 ( 2)x M
2 1
2 1
x

x
x




=




=


Z
3
1
x
x
=



=

0.25
Thay hai giá trị của
x
vào PT (2) và để ý rằng
y

nguyên ta có cặp số cần
tìm là:
( ) ( ) ( ) ( )
3; 1 , 3; 2 , 1; 1 , 1;2 .
0.25
Câu 4
3.0 đ
a)1.0đ
Ta có
ã
ã
0
90AMB ANB= =
Vì chúng là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn
ã
ã
0
60KMI KNI = =
.
0.5
2
A
B
'B
'A
M
N
K
'O
O

P
I
H
ơ

bốn điểm
, , ,K M N I
cùng nằm trên một đờng tròn
( )
C
đờng kính
KI
.
0.5
b) 1.5đ
Dựng
' '; ' 'AA MN A BB MN B = =
. Gọi
H
là trung điểm của
MN
khi
đó
OH MN
và
OH
là đờng trung bình của hình thang
' 'AA B B
0.25
Ta có

( )
1 3
' '
2 2
R
OH AA BB= + =
0.25
Tính đợc
2
R
MH =
0.25
MN R
=
0.25
Ta có:
ã
ằ
ẳ
( )
0
1
60
2
AKN sd AB sd MN= =
. Gọi
'O
là trung điểm của
IK
ã

ã
0
' 2 120MO N MKN = =
0.25
3
' 3 '
3
R
MN MO MO = =
0.25
c)0.5đ
Vì
ã
0
60AKB =
nên điểm
K
nằm trên cung chứa góc
0
60
dựng trên đoạn
2AB R=

0.25

diện tích tam giác
KAB
lớn nhất khi
KAB
đều khi đó diện tích của tam

giác
KAB
là:
2
2
3
3.
4
KAB
AB
S R= =
0.25
Câu 5
1.0 đ
Đặt
a y z
b z x
c x y
= +


= +


= +


; ;
2 2 2
b c a a c b a b c

x y z
+ + +
= = =
( )
25
25 4 4( )
2 2 2
a c b
x y z b c a a b c
y z z x x y a b c
+
+ +
+ + = + +
+ + +
=
P
0.25
Vì
, , 0x y z >
nên
, , 0; ; ;a b c a b c a c b b c a> + > + > + >
(*)
25 2 25 2
15
2 2 2 2
b a c a c b
P
a b a c b c

= + + + + +

ữ ữ ữ

0.25

25 2 25 2
2 . 2 . 2 . 15 2
2 2 2 2
b a c a c b
a b a c b c
+ + =
0.25
Đẳng thức xảy ra khi
5
2
5 2
b a
c a
c b
=


=


=


2
2
1 5 2 5

a b c a c
b a c a c
+
= = = = + > +

điều này mâu thuẫn với (*) nên đẳng thức không xảy ra.
Vậy ta có:
25 4
2.
x y z
y z z x x y
+ + >
+ + +
0.25
3
4