Đề TS lớp 10 Huế năm 2009 ( có ĐA)

Kè THI TUYN SINH LP 10 THPT TP. HU
Mụn: TON
Nm hc 2009-2010
Thi gian lm bi: 120 phỳt
Bài 1 : (2,25 điểm)
Không s dng mỏy tớnh b tỳi, hóy giải các phơng trình và hệ phơng trình sau:
a)
2
5 13 6 0x x+ =
. b)
4 2
4 7 2 0x x =
c)
3 4 17
5 2 11
x y
x y
=


+ =

Bài 2: (2,25 điểm)
a) Cho hàm số
y ax b= +
. Tìm
a
và
b
, biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với
đờng thẳng

3 5y x= +
và i qua im A thuc parabol
2
1
( ) :
2
P y x=
có hoành độ bằng
2
.
b) Khụng cn gii, chứng t rằng phơng trình
( )
2
3 1 2 3 0x x+ =
có hai nghiệm phân
biệt và tính tổng các bình phơng hai nghiệm đó.
Bài 3: (1,5 điểm)
Hai mỏy i cựng lm vic trong vũng 12 gi thỡ san lp c
10
1
khu t. Nu mỏy i th
nht lm mt mỡnh trong 42 gi ri ngh v sau ú mỏy i th hai lm mt mỡnh trong 22 gi
thỡ c hai mỏy i san lp c 25% khu t ú. Hi nu lm mt mỡnh thỡ mi mỏy i san lp
xong khu t ó cho trong bao lõu ?
Bài 4: (2,75 điểm)
Cho ng trũn (O) ng kớnh AB = 2R. V tip tuyn d vi ng trũn (O) ti B. Gi C
v D l 2 im tựy ý trờn tip tuyn d sao cho B nm gia C v D. Cỏc tia AC v AD ct (O)
ln lt ti E v F (E, F

A).

a) Chng minh:
2
CB CA CE= ì
b) Chng minh: T giỏc CEFD ni tip trong ng trũn (O).
c) Chng minh: Cỏc tớch
AC AEì
v
AD AFì
cựng bng mt hng s khụng i. Tip
tuyn ca (O) k t A tip xỳc vi (O) ti T. Khi C hoc D di ng trờn d, thỡ im T
chy trờn ng c nh no ?
Bài 5: (1,25 điểm)
Một cái phểu có phần trên dng hình nón đỉnh S, bán kính đáy
15R cm=
, chiều cao
30h cm=
. Một hỡnh trụ c bằng kim loại có bán
kính đáy
10r cm=
đặt vừa khít trong hình nón có y nc (xem hỡnh
bờn). Ngời ta nhc nh hỡnh tr ra khi phu. Hãy tính thể tích và chiều cao
của khối nc cũn li trong phu.
Hết
1
Đáp án và thang điểm
Bài
Cõu
Nội dung
Điểm
1

2,25
1.a
Giải phơng trình
2
5 13 6 0x x+ =
:
Lập
2 2
13 120 289 17 17 = + = = =
Phơng trình có hai nghiệm:
1 2
13 17 13 17 2
3;
10 10 5
x x
+
= = = =
0,25
0,50
1.b
Giải phơng trình
4 2
4 7 2 0x x
=
(1):
Đặt
2
t x=
. Điều kiện là
0t

.
Ta đợc :
2
4 7 2 0 (2)t t =
Giải phơng trình (2):
2
49 32 81 9 , 9 = + = = =
,
1
7 9 1
0
8 4
t

= = <
(loại)
và
2
7 9
2 0
8
t
+
= = >
.
Với
2
2t t= =
, ta có

2
2x =
. Suy ra:
1 2
2, 2x x= =
.
Vậy phơng trình ó cho có hai nghiệm:
1 2
2, 2x x= =
0,25
0,25
0,25
1.c
Giải hệ phơng trình
3 4 17
5 2 11
x y
x y
=


+ =

:
3 4 17 3 4 17 3 4 17
5 2 11 10 4 22 13 39
x y x y x y
x y x y x
= = =

+ = + = =

3 3
4 9 17 8 2
x x
y y
= =



= = =

0,50
0,25
2
2,25
2.a
+ Đồ thị hàm số
y ax b= +
song song với đờng thẳng
3 5y x= +
, nên
3a =

và
5.b

+ Điểm A thuc (P) có hoành độ

2x
=
nên có tung độ
( )
2
1
2 2
2
y = =
.
Suy ra:
( )
2; 2A
+ Đồ thị hàm số
3y x b= +
đi qua điểm
( )
2; 2A
nên:
2 6 4b b
= + =
Vậy:
3a =
và
4b =
0,50
0,25
0,25
2.b
+ Phơng trình

( )
2
1 3 2 3 0x x+ =
có các hệ số:

1 3, 2, 3a b c
= + = =
.
Ta có:
0ac
<
nờn phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
1
x
và
2
x
.
0,25
2
Theo ®Þnh lÝ Vi-Ðt, ta cã:

1 2
2
3 1
3 1
b
x x
a
−

+ = = = −
+
( )
1 2
3 3 1
3 3 3
2 2
1 3
c
x x
a
−
− −
= = = − = −
+
0,25
0,25
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2x x x x x x+ = + −

( )
2
3 1 3 3 7 3 3= − + − = −
0,25
0,25
3
1,5

Gọi x (giờ ) và y (giờ ) lần lượt là thời gian làm một mình của máy thứ nhất và
máy thứ hai để san lấp toàn bộ khu đất (x > 0 ; y > 0)
Nếu làm một mình thì trong một giờ máy ủi thứ nhất san lấp được
1
x
khu đất,
và máy thứ hai san lấp được
1
y
khu đất.
Theo giả thiết ta có hệ phương trình :








=+
=+
4
1
y
22
x
42
10
1
y

12
x
12
.
Đặt
1
u
x
=
và
1
v
y
=
ta được hệ phương trình:
1
12 12
10
1
42 22
4
u v
u v

+ =




+ =



Giải hệ phương trình tìm được
1 1
;
300 200
u v= =
, Suy ra:
( ) ( )
; 300;200x y =
Trả lời: Để san lấp toàn bộ khu đất thì: Máy thứ nhất làm một mình trong 300
giờ, máy thứ hai làm một mình trong 200 giờ .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
2,75
4.a
+ Hình vẽ đúng.
+ Hai tam giác CAB và CBE có: Góc C
chung và
·
·
CAB EBC=
(góc nội tiếp và
góc tạo bởi tiếp tuyến với một dây cùng
chắn cung

»
BE
) nên chúng đồng dạng.
Suy ra:

2
CA CB
CB CA CE
CB CE
= ⇔ = ×
0,25
0,25
0,25
3
4.b
Ta cú:
ã ã
CAB EFB=
( hai gúc ni tip cựng chn cung BE)
M
ã
ã
0
90CAB BCA+ =
(tam giỏc CBA vuụng ti B) nờn
ã
ã
0
90ECD BFE+ =
Mt khỏc

ã
ã
0
90BFD BFA= =
(tam giỏc ABF ni tip na ng trũn)
Nờn :
ã
ã
ã
ã
ã
0 0
180 180ECD BFE BFD ECD DFE+ + = + =

Vy t giỏc CEFD ni tip c ng trũn (O).
0,25
0,25
0,25
0,25
4.c
+ Xột tam giỏc vuụng ABC:
BE AC AC.AE = AB
2
= 4R
2
( h thc lng trong tam giỏc vuụng )
Tng t, trong tam giỏc vuụng ABD ta cú: AD.AF = AB
2
= 4R
2

Vy khi C hoc D di ng trờn d ta luụn cú :
AC.AE = AD.AF = 4R
2
( khụng i )
+ Hai tam giỏc ATE v ACT ng dng (vỡ cú gúc A chung v
ã
ã
ATE TCA=
)
+ Suy ra:
2 2
4AT AC AE R= ì =
(khụng i). Do ú T chy trờn ng trũn tõm
A bỏn kớnh
2R
.
0,25
0,25
0,25
0,25
5
1,25
+ Hỡnh v th hin mt cắt hình nón và hình trụ bởi mặt
phẳng đi qua trục chung của chúng.
Ta có DE//SH nên:

( )
30 5
10( )
15

h R r
DE DB
DE cm
SH HB R

ì
= = = =
Do đó: Chiều cao của hình trụ là
' 10( )h DE cm= =
+ Nếu gọi
1 2
, ,V V V
lần lợt là thể tích khối nớc cũn li
trong phu khi nhc khi tr ra khi phu, thể tích hình
nón và thể tích khối trụ, ta có:
( )
2
2 2 3
1 2
1 15 30
' 1000 1250
3 3
V V V R h r h cm


ì
= = = =
Khối nớc cũn li trong phu khi nhc khi tr ra khi phu là một khối nón có
bán kính đáy là
1

r
và chiều cao
1
h
. Ta có:
1 1 1 1
1
2
r h Rh h
r
R h h
= = =
.
Suy ra:
3
2 3
1
1 1 1
1
1250 15000
3 12
h
V r h h


= = =
Vậy: Chiều cao của khi nớc cũn li trong phểu l:
3 3
1
15000 10 15 ( )h cm= =

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
Môn: TOÁN CHUYÊN - Năm học 2009-2010
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1 : (2 điểm)
Cho phương trình :
2
1 0
− − − =
x mx m
(
m
là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm thực phân
biệt
1
x
,
2
x
.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2 2
1 2

2
2
+
=
+ +
m m
S
x x
.
Bài 2 : (3 điểm)
a) Cho phương trình
2
0ax bx c
+ + =
có hai nghiệm dương phân biệt.
Chứng minh rằng phương trình
2
0
+ + =
cx bx a
cũng có hai nghiệm dương
phân biệt.
b) Giải phương trình :
2 4
2 1 0
4 2
x x
x x
− +
− + =

+ −
c) Chứng minh rằng có duy nhất bộ số thực (x ; y ; z) thỏa mãn điều kiện :
1
2008 2009 2010 3012 ( )
2
x y z x y z− + − + − + = + +
Bài 3 : (2,5 điểm)
Cho góc xOy có số đo bằng 60
o
. Đường tròn có tâm K nằm trong góc xOy tiếp
xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm P sao cho
OP = 3OM.
Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O. Đường thẳng PK
cắt đường thẳng MN ở E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN ở F.
a) Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ.
b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.
c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam
giác đều.
Bài 4 : (1,5 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên (a ; b) nghiệm đúng điều kiện :

2 2 2
( 1) ( 9) 4 20 25a a b b
− + = + +
.
Bài 5 : (1 điểm)
Người ta gọi “Hình vuông (V) ngoại tiếp tứ giác lồi ABCD”
khi tứ giác ABCD nằm trong (V) và trên mỗi cạnh của (V) có
chứa đúng một đỉnh của tứ giác ABCD (Hình 1).
5

Giả sử tứ giác lồi ABCD có hai hình vuông ngoại tiếp khác nhau. Chứng minh
rằng tứ giác này có vô số hình vuông ngoại tiếp nó.
ĐÁP ÁN

Bài Câu Nội dung
Điểm
1.
(2đ)
a)
(0,5đ)

2
x mx m 1 0
− − − =
(*) .
( )
2
2
4 4 2m m m∆ = + + = +
0,25
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
( )
2
0 2 0 2m m∆ > ⇔ + > ⇔ ≠ −
0,25
b)
(1,5đ
)
Ta có:
1 2

x x m
+ =
;
1 2
x .x m 1
= − −
.
0,25

( )
2 2 2
2
2 2 2
1 2
1 2 1 2
m 2m m 2m m 2m
S
x x 2 m 2m 4
x x 2x x 2
+ + +
= = =
+ + + +
+ − +

0,5
( )
2
4 4 1
1 1
3 3

1 3
S
m
= − ≥ − = −
+ +
0,5
1
1
3
m S= − ⇒ = −
. Vậy, giá trị nhỏ nhất của S là:
1
3
−
.
0,25
2.
(3đ)
a)
(1đ)
Theo giả thiết, phương trình
2
0ax bx c
+ + =
(1) có hai nghiệm dương phân biệt,
nên:
2
1
0, 4 0a b ac≠ ∆ = − >
,

1 1 2
0
c
P x x
a
= = >
,
1 1 2
0
b
S x x
a
−
= + = >
.
0,5
Xét phương trình
2
0cx bx a
+ + =
(2). Từ trên ta có
0c ≠
và
2
2 1
4 0b ca∆ = − = ∆ >

nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
3 4
,x x

.
0,25
2 3 4
0
a
P x x
c
= = >
(do
0>
c
a
).
2 3 4
b
S x x
c
−
= + =
. Nhưng
b b a
c a c
− −
= ×
, mà
0
b
a
−
>

và
0>
a
c
, do đó:
2
0S >
Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt.
0,25
b)
(1đ)
2 4
2 1 0
4 2
x x
x x
− +
− + =
+ −
Điều kiện:
2 4
4, 0, 2, 0 4 2
4 2
x x
x x x
x x
− +
≠ − ≥ ≠ ≥ ⇔ − < <
+ −
Đặt

( )
2
0
4
x
t t
x
−
= >
+
, ta có:
( ) ( )
2
2
1 0 2 0 1 2 0t t t t t
t
− + = ⇔ + − = ⇔ − + =
0,5
Chỉ chọn
t 1=
. Ta có:
2
1 1 1
4
−
= ⇔ = ⇔ = −
+
x
t x
x

. Nghiệm của phương trình là
1= −x
0,5
c)
1
2008 2009 2010 3012 ( )
2
x y z x y z
− + − + − + = + +
(**)
(1đ)
Điều kiện:
2008x
≥
,
2009y ≥
,
2010z
≥
.
0,25
(**) tương đương:
( 2008) 2 2008 1 ( 2009) 2 2009 1 ( 2010) 2 2010 1 0x x y y z z
− − − + + − − − + + − − − + =

2 2 2
( 2008 1) ( 2009 1) ( 2010 1) 0x y z⇔ − − + − − + − − =
(***)
0,5
6

(***) chỉ xảy ra trong trường hợp:
2008 1 2009
2009 1 2010
2010 1 2011
x x
y y
z z
− = =
 
 
− = ⇔ =
 
 
− = =
 
(thỏa điều kiện)
0,25
3
(2,5đ
)
a)
(1đ)
Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ.
Hình vẽ đúng.
+PK là phân giác góc
·
QPO

·
·

⇒ =MPE KPQ
(α) .
+ Tam giác OMN đều
·
0
120⇒ =EMP
.
+ QK cũng là phân giác
·
OQP

·
· ·
( )
0
QKP 180 KQP KPQ
= − +
Mà
· ·
0 0 0
2KQP 2KPQ 180 60 120+ = − =
·
0
120QKP⇒ =
. Do đó:
·
·
( )
EMP QKP
= β

.
Từ (α) và (β), ta có tam giác MPE đồng
dạng với tam giác KPQ.
0,25
0,25
0,5
b)
(0,5đ
)
Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên:
·
·
MEP KQP=
, hay:
·
·
FEP FQP=
0,25
Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.
0,25
c)
(1đ)
Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều.
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên:
PM
PK
=
PE
PQ

. Suy ra:
PM
PE
=
PK
PQ
.
Ngoài ra:
·
·
MPK EPQ=
. Do đó, hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng.
0,25
Từ đó:
·
·
0
PEQ PMK 90= =
.
Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF.
Vì vậy, tam giác DEF cân tại D.
0,25
Ta có:
·
· ·
FDP 2FQD OQP= =
;
·
·
·

EDQ 2EPD OPQ= =
.
0,25
·
·
·
( )
·
0 0
FDE 180 FDP EDQ POQ 60
= − + = =
Từ đó, tam giác DEF là tam giác đều.
0,25
4.
(1,5đ
)
Tìm các cặp số nguyên (a ; b) nghiệm đúng:
2 2 2
(a 1) (a 9) 4b 20b 25
− + = + +
.
Viết lại:
( )
2
2 2
(a 1) (a 9) 2b 5
− + = +
. Suy ra: a
2
+9 là số chính phương.

0,25
Do
2
a
< a
2
+9 ≤
( )
2
a 3+
nên chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau:
1/ a
2
+9=
( )
2
a 3+
2/ a
2
+9=
( )
2
a 2+
3/ a
2
+9 =
( )
2
a 1+
.

0,25
Trường hợp 1: a
2
+9 =
( )
2
a 3+
⇔
a = 0. Lúc đó: 9 = (2b+5)
2
⇔
1b = −
hoặc
4b = −
0,25
Trường hợp 2: a
2
+9 =
( )
2
a 2+
⇔
5 = 4
a
. Không có số nguyên a nào thỏa.
0,25
Trường hợp 3: a
2
+9 =
( )

2
a 1+
⇔
a
= 4
⇔
a = 4 hoặc a = − 4.
Với a = 4, ta có: 9.25 = (2b+5)
2
⇔
b = 5 hoặc
10b
= −
.
Với
4a = −
, ta có: 25.25 = (2b+5)
2
⇔
b = 10 hoặc
15b = −
.
0,25
7
K
E
F
D
N
P

Q
y
M
O
x
Các cặp số nguyên thỏa bài toán:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
; 0; 1 , 0; 4 , 4; 5 , 4; 10 , 4;10 , 4; 15a b = − − − − − −
0,25
5.
(1đ)
Giả sử tứ giác lồi ABCD có hai hình vuông ngoại tiếp khác nhau.
Chứng minh rằng tứ giác này có vô số hình vuông ngoại tiếp nó.


Xét MNPQ là hình vuông ngoại tiếp tứ giác ABCD. Gọi A’ là hình chiếu của A lên
PQ, B’ là hình chiếu của B lên MQ. Từ B kẻ đường vuông góc với AC cắt MQ tại E.
Ta chứng tỏ: BE = AC.
Nếu E trùng B’ thì A’ trùng C. Lúc đó: BE = BB’ = AA’ = AC.
Nếu E khác B’ thì xét hai tam giác vuông BB’E và AA’C. Chúng có: BB’=AA’ và
·
·
B'BE=A'AC
nên Δ BB’E = Δ AA’C. Suy ra: BE = AC.
0,5
Bây giờ, xét hai hình vuông M
1
N
1
P

1
Q
1
và M
2
N
2
P
2
Q
2
cùng ngoại tiếp tứ giác ABCD.
Từ B kẻ đường vuông góc với AC cắt M
1
Q
1
tại E
1
và cắt M
2
Q
2
tại E
2.
Theo chứng
minh trên: BE
1
= AC và BE
2
= AC. Suy ra E

1
và E
2
trùng nhau tại D.
Vì vậy, tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD bằng nhau và vuông góc nhau.
0,25
Cuối cùng, cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD bằng nhau và vuông
góc nhau. Dựng đường thẳng (d) tùy ý sao cho tứ giác ABCD và (d) chỉ có một điểm
chung là A. Qua C dựng đường thẳng song song với (d). Qua B và D dựng các đường
thẳng vuông góc với (d). Ta có hình chữ nhật MNPQ ngoại tiếp tứ giác ABCD.
Gọi A’ là hình chiếu của A lên PQ, B’ là hình chiếu của B lên MQ. Từ tính chất “hai
đường chéo AC, BD bằng nhau và vuông góc nhau”, suy ra AA’ = BB’ (chứng minh
như phần đầu). Do đó, hình chữ nhật MNPQ là hình vuông.
Vì vậy, có vô số hình vuông ngoại tiếp tứ giác ABCD.
0,25
8
M
E
D
B'
A'
C
B
A
Q
P
N
D
C
B

A
P
2
E
2
E
1
M
2
Q
2
N
2
Q
1
P
1
N
1
M
1