Tải bản đầy đủ (.doc) (8 trang)

De thi vao lop 10 chuyen thai binh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (416.08 KB, 8 trang )

Sở Giáo dục - Đào tạo
Thái Bình
Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Thái Bình
Năm học 2007-2008
Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phơng trình bậc hai x
2
+ bx + c = 0 ( x là ẩn số), có b + c = 1.
Xác định b, c để phơng trình đã cho có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện x
1
x
2
= 3.
Bài 2 (1,5 điểm)
Cho đa thức P(x) = x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d (a, b, c, d R), thoả mãn các điều kiện
sau: P(1) = 1, P(2) = 2, P(3) = 3 và P(4) = 4. Hãy tính P(5).
Bài 3 (3,0 điểm)


Cho tam giác ABC có ba góc nhọn.
1. Đờng phân giác trong của góc
ã
BAC
cắt cạnh BC tại D. Gọi H là chân đờng
vuông góc hạ từ A xuống BC và M là trung điểm của BC. Biết rằng AD = l , AH = h
và AD là trung tuyến của tam giác MAH. Hãy tính bán kính đờng tròn ngoại tiếp
của tam giác ABC theo l và h.
2. Giả sử
ã ã
ACB 2.BAC=
. Chứng minh rằng AB
2
= BC.(BC+AC).
Bài 4 (1,0 điểm)
Giải phơng trình:

2 2 2
x 1 y y 9 z z 10 x 10
+ + =
(x, y, z là ẩn số )
Bài 5 (1,0 điểm)
Các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a
2
+ b
2
+ ab + bc + ca < 0.
Chứng minh bất đẳng thức a
2
+ b

2
< c
2
.
Bài 6 (1,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số nguyên khác 0, thoả mãn điều kiện a + b + c = 0.
Chứng minh rằng số M = 2a
4
+ 2b
4
+ 2c
4
là bình phơng của một số nguyên.
Bài 7 (1,0 điểm)
Giả sử số thực a thoả mãn điều kiện a
3
+ 2008a 2007 = 0.
Hãy tính giá trị của biểu thức
3 2 3 2
S 3a 2005a 2006 3a 2005a 2008
= + + +
.
Sở Giáo dục - Đào tạo
Thái Bình
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Thái Bình
Năm học 2007-2008
ĐáP án môn Toán
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)
Bài 1 (1,5 điểm)
Đề chính thức

Cho phơng trình bậc hai x
2
+ bx + c = 0 ( x là ẩn số), có b + c = 1.
Xác định b, c để phơng trình đã cho có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện x
1
x
2
= 3.
Cách Nội dung Điểm
Cách 1
Từ b + c = 1 nên phơng trình đã cho có hai nghiệm là
x 1
x c
=


=

0,5
* Nếu x
1
= 1; x
2
= c 1 c = 3
c = 2
Khi đó b = 1

0,5
* Nếu x
1
= c; x
2
= 1 c 1 = 3
c = 4
Khi đó b = 5
0,5
Cách 2
Các số b, c phải thoả mãn hệ điều kiện sau
b
2
4c > 0 (1)
b c = 1 (2)
x
1
+ x
2
= b (3) (x
1
, x
2
là 2 nghiệm của pt)
x
1
x
2
= 3 (4)
x

1
.x
2
= c (5)
Từ (3) (4) ta có x
1
=
b 3
2
+
x
2
=
b 3
2

0,5
Thay vào (5), ta đợc:
b 3 b 3
. c
2 2
+
=

2
b 9
4

= 1 b (vì b + c = 1)
b

2
+ 4b 5 = 0

b 1
b 5
=


=

0,5
Với b = 1 c = 2
b = 5 c = 4 (đều thoả mãn (1))
Kết luận: b = 1, c = 2
hoặc b = 5, c = 4
0,5
Bài 2 (1,5 điểm)
Cho đa thức P(x) = x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d (a, b, c, d R), thoả mãn các điều kiện
sau: P(1) = 1, P(2) = 2, P(3) = 3 và P(4) = 4. Hãy tính P(5).
Cách Nội dung Điểm
Cách 1
Đặt Q(x) = P(x) x (Q(x) là đa thức bậc 4 có hệ số của x
4
là 1)

Q(1) = P(1) 1 = 0
Q(2) = P(2) 2 = 0
Q(3) = P(3) 3 = 0
Q(4) = P(4) 4 = 0
0,5
Vậy Q(x) có 4 nghiệm là x = 1, x = 2, x = 3, x = 4
Q(x) = (x1) (x2) (x3) (x4)
0,5
Từ đó suy ra P(x) = Q(x) + x
= (x1) (x2) (x3) (x4) + x
Do đó P(5) = 4 . 3 . 2 . 1 + 5
= 29
0,5
Cách 2
Chú ý: Có thể làm theo cách sau:
Từ giả thiết, ta có hệ pt sau:
1 1 a b c d
2 16 8a 4b 2c d
3 81 27a 9b 3c d
4 256 64a 16b 4c d
a b c d 0
8a 4b 2c d 14
27a 9b 3c d 78
64a 16b 4c d 252
= + + + +


= + + + +



= + + + +


= + + + +

+ + + =


+ + + =



+ + + =


+ + + =

0,5
Giải hệ phơng trình này ta đợc:
a 10
b 35
c 49
d 24
=


=


=



=

(Phải trình bày cách giải hệ phơng trình này)
0,5
Vậy P(x) = x
4
10x
3
+ 35x
2
49x + 24
P(5) = 29.
0,5
Bài 3 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn.
1. Đờng phân giác trong của góc
ã
BAC
cắt cạnh BC tại D. Gọi H là chân đờng
vuông góc hạ từ A xuống BC và M là trung điểm của BC. Biết rằng AD = l , AH = h
và AD là trung tuyến của tam giác MAH. Hãy tính bán kính đờng tròn ngoại tiếp
của tam giác ABC theo l và h.
2. Giả sử
ã ã
ACB 2.BAC=
. Chứng minh rằng AB
2
= BC.(BC+AC).

ý Nội dung Điểm
1.
Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC.
AD cắt (O) tại N.
O, M, N thẳng hàng.
0,5
Vì M là trung điểm BC OM BC
Vậy MN // AH.
Lại có vuông AHD = vuông NMD
(DH = DM và
ã
ã
ADH NDM=
)
MN = AH
Vậy NMAH là hình bình hành.
0,5
Mà D là giao điểm 2 đờng chéo hình hình hành NMAH
D là trung điểm AN
OD AN.
0,5
Xét tam giác vuông ODN: DN
2
= NM.NO
ON =
2 2
DN
MN
=
l

h
.
Vậy bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC là R =
2
l
h
0,5
2.
Từ:
ã ã
ACB 2.BAC=

Dựng tia phân giác CE
à

à
1 2
C C A= =
BCE ~ BAC (
à
B
chung,
à
à
1
C A=
)

BE BC
BC BA

=
hay
BE a
a c
=
(1)
(a = BC, b = CA, c = AB)
0,5
Theo tính chất phân giác
BE a
EA b
=

BE a
c a b
=
+

BE c
a a b
=
+
(2)
Từ (1) (2)
a c
c a b
=
+
c
2

= a(a+b) đpcm.
0,5
A C
B
Ec
b
a
1
2
A
B C
M
DH
O
N
h
l
Bài 4 (1,0 điểm)
Giải phơng trình:

2 2 2
x 1 y y 9 z z 10 x 10
+ + =
(x, y, z là ẩn số )
ý Nội dung Điểm
ĐK:
2
2
2
10 x 0

10 x 10
1 y 0 1 y 1
3 z 3
9 z 0













Với a, b R, ta có a.b
2 2
a b
2
+
. Dấu = xảy ra a = b.
áp dụng kết quả trên, ta có :
2 2
2
x 1 y
x 1 y
2
+


Dấu = xảy ra x =
2
1 y
2 2
2
y 9 z
y 9 z
2
+

Dấu = xảy ra y =
2
9 z
2 2
2
z 10 x
z 10 x
2
+

Dấu = xảy ra z =
2
10 x
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên với nhau, ta đợc :
2 2 2
x 1 y y 9 z z 10 x 10 + +
0,5
Vậy pt đã cho tơng đơng với:
2

2 2
2
2 2
2
2 2
2
2
2
x, y, z 0
x 1 y
x y 1
y 9 z
y z 9
z 10 x
z x 10
x, y, z 0
x 1
x 1
y 0
y 0
z 3
z 9
x 1
KL y 0
z 3



=



+ =

=

+ =

=

+ =




=


=

=

=

=


=

=



=


=

0,5
Bài 5 (1,0 điểm)
Các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a
2
+ b
2
+ ab + bc + ca < 0.
Chứng minh bất đẳng thức a
2
+ b
2
< c
2
.
ý Nội dung Điểm
Giả sử a
2
+ b
2
c
2
Từ gt a
2
+ b

2
+ a
2
+ b
2
+ 2(ab + bc + ca) < 0
0,5
Lại có:
a
2
+ b
2
+ a
2
+ b
2
+ 2(ab + bc + ca) a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca) = (a + b +
c)
2
(a + b + c)
2
< 0 (vô lý)
Vậy a
2

+ b
2
< c
2
đpcm.
0,5
Bài 6 (1,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số nguyên khác 0, thoả mãn điều kiện a + b + c = 0.
Chứng minh rằng số M = 2a
4
+ 2b
4
+ 2c
4
là bình phơng của một số nguyên.
Cách Nội dung Điểm
Cách 1
Từ a + b + c = 0 c = a b
c
4
= (a + b)
4
= a
4
+ 4a
3
b + 6a
2
b
2

+ 4ab
3
+ b
4
2c
4
= 2a
4
+ 8a
3
b + 12a
2
b
2
+ 8ab
3
+ 2b
4
0,5
Lúc đó: M = 2a
4
+ 2b
4
+ 2c
4
= 4a
4
+ 4b
4
+ 8a

3
b + 12a
2
b
2
+ 8ab
3
= 4a
4
+ 4b
4
+ 4a
2
b
2
+ 8a
3
b + 8a
2
b
2
+ 8ab
3
=
( )
2
2 2
2a 2b 2ab+ +
Do a, b, c Z 2a
2

+ 2b
2
+ 2ab Z
Từ đó suy ra đpcm.
0,5
Cách 2
Xét đa thức bậc ba mà 3 nghiệm là: x = a, x = b, x = c
P(x) = (x a) (x b) (x c)
P(x) = x
3
+ (ab + bc + ca)x abc (vì a + b + c = 0)
0,25
Do P(a) = P(b) = P(c) = 0 nên ta có hệ:
3
3
3
a (ab bc ca)a abc 0 (1)
b (ab bc ca)b abc 0 (2)
c (ab bc ca)c abc 0 (3)

+ + + =

+ + + =


+ + + =

0,25
Nhân 2 vế của các đẳng thức (1), (2), (3) thứ tự với 2a, 2b, 2c rồi cộng
lại, ta đợc:

2a
4
+ 2b
4
+ 2c
4
+ 2(ab + bc + ca) (a
2
+ b
2
+ c
2
) = 0
0,25
Mà a
2
+ b
2
+ c
2
= (a + b + c)
2
2(ab + bc + ca) = 2(ab + bc + ca)
2a
4
+ 2b
4
+ 2c
4
=

( )
2
2 ab bc ca

+ +

đpcm.
0,25
Chú ý:
Từ a + b + c = 0
(a + b)
2
= c
2
(a + b)
2
= c(a + b)
a
2
+ b
2
+ 2ab = ac bc
a
2
+ b
2
+ ab = ab ac bc
Do đó
( )
( )

2
2
2 2
a b ab ab bc ca+ + = + +
Bài 7 (1,0 điểm)
Giả sử số thực a thoả mãn điều kiện a
3
+ 2008a 2007 = 0.
Hãy tính giá trị của biểu thức
3 2 3 2
S 3a 2005a 2006 3a 2005a 2008
= + + +
.
ý Nội dung Điểm
Từ a
3
+ 2008a -2007 = 0 (1)
a
3
= 2008a + 2007
a
3
+ 3a
2
+ 3a + 1 = 2008a + 2007 + 3a
2
+ 3a + 1
(a + 1)
3
= 3a

2
2005a + 2008
0,5
Lại có (1) a
3
= 2008a - 2007
1 3a + 3a
2
a
3
= 1 3a + 3a
2
+ 2008a 2007
(1 a)
3
= 3a
2
+ 2005a 2006
Vậy S =
( ) ( )
3 3
3 3
1 a a 1
+ +
= 1 a + a + 1
= 2
0,5
Chú ý:
* Điều kiện bài toán số 7 bao giờ cũng tồn tại, vì pt: x
3

+ 2008x 2007 = 0 có
đúng 1 nghiệm thuộc khoảng (0 ; 1).
* Mọi cách giải khác mà hợp lý, vẫn cho điểm tối đa.
* Khi chấm, yêu cầu bám sát biểu điểm.
* Tổ chấm thảo luận để thống nhất biểu điểm chi tiết.
* Nếu trong lời giải có nhiều bớc liên quan với nhau, học sinh làm sai ở bớc nào thì
từ đó trở đi sẽ không đợc điểm.
* Điểm toàn bài không làm tròn (lấy đến 0,25đ).

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×