Đề và đáp án thi tuyển sinh vào lớp 10 Khánh Hòa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010
KHÁNH HOÀ MÔN : TOÁN
NGÀY THI : 19/06/2009
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)



Bài 1.(2.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
a. Cho biết A =
51+ 5
và B =
5
. Hãy so sánh tổng A + B và tích AB.
15−
−=
⎩
b. Giải hệ phương trình :
⎧
⎨
.
2x y 1
3x 2y 12
+=
Bài 2.(2.50 điểm)
Cho Parabol
2
(P): y x
=
và đường thẳng
(d): y mx 2
=

−
(m là tham số, )
m0≠
a. Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
b. Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).
c. Gọi A(x
A
; y
A
), B(x
B
; yB
E CBA=
B
) là hai giao điểm phân biệt của (P) và (d). Tìm các giá trị của m
sao cho : y
A
+ y
B
= 2(x
A
+ x
B
) – 1.

Bài 3.(1.50 điểm)
Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6(m) và bình phương độ dài
đường chéo gấp 5 lần chu vi. Xác định chiều dài và chiều rộng của mảnh đất.

Bài 4.(4.00 điểm)

Cho đường tròn (O; R). Từ một điểm M nằm ngoài (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA và MB
(A, B là hai tiếp điểm). Lấy điểm C bất kỳ trên cung nhỏ AB (C khác A và B). Gọi D, E, F
lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên AB, AM, BM.
a. Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp.
b. Chứng minh :
CD .


c. Gọi I là giao điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB và DF. Chứng minh: IK // AB.
d. Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để (AC
2
+ CB
2
) nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ
nhất đó khi OM = 2R.

HẾT



Đề thi này có 01 trang;
Giám thị không giải thích gì thêm.
SBD : …………/ Phòng : ……
Giám thị 1 : …………………
Giám thị 2 : …………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010
KHÁNH HOÀ MÔN : TOÁN CHUYÊN
NGÀY THI : 20/06/2009
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1.(2.00 điểm)
a. Rút gọn biểu thức :
31 31
A
33
11 11
22
−+
=+
++ −−
.
b. Tìm hai số a và b sao cho :
22
5a 5b 8ab 2a 2b 2 0
+
−+++=
.

Bài 2.(2.00 điểm)
a. Cho phương trình : (m là tham số). Tìm số nguyên m lớn nhất để
phương trình có hai nghiệm sao cho
22
x(2m1)xm+−+=0
12
x,x
2

12
12
(x x ) 7
xx1
−
+
+
+
là một số nguyên.
b. Giải hệ phương trình : .
22
22
(x y)(x y ) 3
(x y)(x y ) 15
⎧
−−=
⎪
⎨
++=
⎪
⎩

Bài 3.(2.00 điểm)
a. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện :
ab
222
c1
+
+=
. Chứng minh rằng :

abc2(1abcabbcca)0+++++++≥
.
b. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên :
444 4
123 8
x x x x 2009++++=L
.

Bài 4.(3.00 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là
điểm đối xứng của H qua BC.
a. Chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (gọi đường tròn đó là (O)).
b. Gọi Q là trung điểm của AB. Chứng minh EQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp
EHC
Δ
.
c. Biết BE cắt (O) tại điểm thứ hai là N và CF cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Tính giá trị biểu
thức :
AM BN CP
T
.
AD BE CF
=++

Bài 5.(1.00 điểm)
Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC và một điểm M sao cho
AM 1, BM CM 21===.
Chứng minh rằng :
ABC
S8. 3≤

HẾT
Đề thi này có 01 trang;
Giám thị không giải thích gì thêm.
SBD : …………/ Phòng : ……
Giám thị 1 : …………………
Giám thị 2 : …………………
HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 – NĂM HỌC 2009-2010
Trang
1

(ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ CHÍNH THỨC)
A. Hướng dẫn chung:
1. Hướng dẫn chấm gồm có 02 trang;
2. Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần tương ứng;
3. Bài 4 không vẽ hình không chấm;
4. Điểm toàn bài không làm tròn.
B. Đáp án và thang điểm:

Bài Đáp án Điểm
A = 515+ và B = 515− . Hãy so sánh tổng A + B và tích AB.
1điểm
A B 5 15 5 15 10+=+ +− =
0.25
()()()
2
2
AB 5 15 5 15 5 15=+ − =−
0.25

25 15 10=−=
0.25
1a
Vậy . ABAB+= 0.25
Giải hệ phương trình .
2x y 1
3x 2y 12
+=
⎧
⎨
−=
⎩
1điểm
2x y 1 y 1 2x
3x 2y 12 3x 2(1 2x) 12
+= =−
⎧⎧
⇔
⎨⎨
−= −− =
⎩⎩

0.25

y12x
x2
=
−
⎧
⇔

⎨
=
⎩

0.25

y3
x2
=
−
⎧
⇔
⎨
=
⎩

0.25
1b
Vậy hệ có nghiệm duy nhất .
(x; y) (2; 3)=−
0.25
Vẽ đồ thị
2
(P):
y
x= trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
1điểm
Bảng giá trị
x … -2 -1 0 1 2 …
y = x

2
… 4 1 0 1 4 …


0.50
2a

Đồ thị







o




0.50
Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). 1điểm
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x
2
= 3x – 2
⇔
x
2
– 3x + 2 = 0
0.25

Suy ra x = 1 hay x = 2 0.25
Thế x = 1 y = 1, x = 2⇒ y = 4 ⇒
0.25
2b
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1;1) và (2;4). 0.25
HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 – NĂM HỌC 2009-2010
Trang
2
Tìm các giá trị của m sao cho y
A
+ y
B
= 2(x
A
+ x
B
) – 1. 0.5điểm
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x
2
= mx – 2
⇔
x
2
– mx + 2 = 0(*)
(d) cắt (P) tại 2 điểm A và B khi > 0Δ
⇔
m
2
– 8 > 0
⇔

m
2

> 8
⇔
m8m>∨<−8
0.25
2c
Áp dụng hệ thức Viet vào phương trình (*), ta có
AB
xxm
+
=
Vì A, B ∈(d). Nên y
A
= ; y
A
mx 2−
B
=
B
mx 2
−
, do đó
y
A
+ y
B
= 2(x
A

+ x
B
) – 1 (m – 2)(x⇔
A
+ x
B
) – 3 = 0
⇔
m
2
– 2m – 3 = 0
m = 3 (thỏa) ∨ m = –1 (loại). Vậy m = 3. ⇔
0.25
Xác định chiều dài và chiều rộng của mảnh đất. 1.5điểm
Gọi x (m) là chiều dài của mảnh đất
(x

6)>
0.25
Chiều rộng của mảnh đất là : . Chu vi mảnh đất là :
x6−
4x 12
−
0.25
Bình phương độ dài đường chéo là :
22
x(x6)+−
0.25
Bình phương độ dài đường chéo gấp 5 chu vi nên :
22

x (x 6) 5(4x 12)+− = −
0.25
Giải phương trình bậc hai được (thỏa mãn), x = 4 < 6 (loại) x12= 0.25
3
Vậy chiều dài của mảnh đất bằng 12 (m). Chiều rộng mảnh đất bằng 12 – 6 = 6 (m). 0.25
Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp. 1điểm
K
I
H
F
E
D
B
A
O
M
C

Không
cho điểm
hình vẽ
bài 4

0
AEC 90= (giả thiết)
0.25

0
ADC 90= (giả thiết)
0.25



0
AEC ADC 180+=
0.25
4a
⇒ tứ giác AECD nội tiếp.
0.25
Chứng minh .


CDE CBA=
1điểm


CDE CAE= (nội tiếp cùng chắn )

EC
0.25


CBA CAE= (nội tiếp và góc tiếp tuyến dây cung cùng chắn )

AC
0.50
4b
⇒


CDE CBA= .

0.25
Chứng minh IK // AB. 1điểm


0
CFB CDB 180+=⇒ tứ giác FCDB nội tiếp⇒ (nội tiếp cùng chắn )


CDF CBF=

CF
0.25

CAB
= (nội tiếp và góc tiếp tuyến dây cung cùng chắn )

CBF

CB
⇒


CDF CAB=
0.25





ICK IDK ICK IDC CDK+=++ = = tứ giác CIDK nội tiếp




ACB CBA CAB++
0
180
⇒
0.25
4c


CIK CDK= (nội tiếp cùng chắn ) (đồng vị) ⇒ IK // AB.

CK ⇒


CIK CAB=
0.25
Tìm vị trí điểm C để AC
2
+ CB
2
nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất khi OM = 2R. 1điểm
Đặt
{
}
HABOM=∩
.
Không mất tổng quát, giả sử AC BC ⇒ D thuộc đoạn AH
(D

≤
A)
≠

AC
2
= AD
2
+ CD
2
= (AH – DH)
2
+ CD
2
= AH
2
+ DH
2
– 2AH.DH + CD
2

0.25
CB
2
= BD
2
+ CD
2
= (BH + DH)
2

+ CD
2
= BH
2
+ DH
2
+ 2BH.DH + CD
2
0.25
Suy ra AC
2
+ CB
2
= 2AH
2
+ 2HC
2

AH không đổi nên AC
2
+ CB
2
nhỏ nhất khi HC nhỏ nhất
⇔
C là điểm chính giữa

AB
0.25
4d
Khi đó, với OM = 2R ta có CA = CB = R. Vậy AC

2
+ CB
2
= 2R
2
. 0.25
HẾT
HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010
(ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ CHÍNH THỨC)


A. Hướng dẫn chung:
1. Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang;
2. Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần tương ứng;
3. Bài 4 không vẽ hình không chấm;
4. Điểm toàn bài không làm tròn.
B. Đáp án và thang điểm:

Bài Đáp án Điểm
Rút gọn A.
1điểm
2
313 31 31
12
244 22 22
⎛⎞
+=++ = +
⎜⎟
⎝⎠

0.25
2
331
1
222
⎛⎞
−= −
⎜⎟
⎝⎠

0.25
(
)
(
)
231 231
31 31
A
3333 33 33
22 22
−+
−+
=+= +
+−
+−

0.25
1a
83
A

3
=
.
0.25
Tìm hai số a và b sao cho : .
22
5a 5b 8ab 2a 2b 2 0+−+++=
1điểm
Ta có
22 2 2 2 2
5a 5b 8ab 2a 2b 2 0 (a 2a 1) (b 2b 1) (4a 8ab 4b ) 0+−+++=⇔++++++ −+ =
0.25

22 2
(a 1) (b 1) 4(a b) 0
⇔
++++ − =
0.25

2
2
2
(a 1) 0
a10
(b 1) 0 b 1 0
ab
(a b) 0
⎧
+=
+

=
⎧
⎪
⎪
⇔
+=⇔+=
⎨⎨
⎪⎪
=
−=
⎩
⎩

0.25
1b
Vậy .
ab 1==−
0.25
Tìm số nguyên m lớn nhất sao cho
2
12
12
(x x ) 7
xx1
−
+
++
là một số nguyên.
1điểm
()

2
2
2m 1 4m 4m 1Δ= − − =− +

Phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
khi
1
4m 1 0 m (*)
4
Δ=− + ≥ ⇔ ≤

0.25
Theo định lý Viet, ta có : x
1
+ x
2
= 1 – 2m, x
1
x
2
= m
2
()() ()
22 2
2
l2 l2 12
12 12

xx 7 xx 4xx7 12m 4m7
84m 2
2
xx1 xx1 12m1 22m 1m
−+ +− + − −+
−
===
++ ++ − + − −
=+
0.25
()
{}
2
l2
12
xx 7
2
m1;0;2;3
xx1 1m
−+
∈Ζ⇔ ∈Ζ⇔ ∈ −
++ −

0.25
2a
Đối chiếu điều kiện (*), ta được m = 0. 0.25
Trang
1
HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010
Giải hệ phương trình

(
)
()
()
()
22
22
x
y
x
y
3
x
y
x
y
15
⎧
−−=
⎪
⎨
++=
⎪
⎩
.
1điểm
()
()
()
()

()()
()
()
()()
()()
2
22 2
22
222
xy xy 4xy 3
xyx y 3
xyxy 3
xyx y 15
xyx y 15
xy xy 2xy 15
⎧
⎡⎤
+
+− =
⎧
⎧
−−=
+−=
⎪⎪⎪⎣
⇔⇔
⎨⎨⎨
++=
⎡⎤
++=
⎦

+
+− =
⎪⎪⎪
⎩
⎩
⎣⎦
⎩

0.25
Đặt S = x + y, P = x.y, hệ trở thành
(
)
()
2
3
2
SS 4P 3
SP 6 S 3
S2SP15 P2
SS 2P 15
⎧
−=
=
=
⎧⎧
⎪
⇔⇔
⎨⎨
⎨
−

==
−=
⎩⎩
⎪
⎩

0.25
Do đó x,y là nghiệm của phương trình bậc hai t
2
– 3t + 2 = 0 0.25
2b
Hệ có hai nghiệm là (2;1), (1;2). 0.25
Chứng minh abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) ≥0 với a
2
+ b
2
+c
2
= 1. 1điểm
a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 ⇒ |a|, |b|, |c| 1. Do đó ≤
0.25
(1 + a)(1 + b)(1 + c) 0 1 + a + b + c + ab + bc + ac + abc 0 (1) ≥ ⇔ ≥
0.25
Mặt khác (1+ a + b + c)

2
0 1 + a≥ ⇔
2
+ b
2
+ c
2
+ 2a + 2b + 2c + 2ab + 2bc + 2ac≥0
1 + a + b + c + ab + bc + ac 0 ( 2) (vì a⇔ ≥
2
+ b
2
+ c
2
= 1)
0.25
3a
Cộng (1) và (2) theo vế được bất đẳng thức cần chứng minh. 0.25
Chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên.
444 4
123 8
x x x x 2009++++=L
1điểm
Nếu tất cả x
i
chẵn thì chẵn nên
4
i
x
444

123
xxx x
4
8
+
+++L
chẵn, không thể bằng 2009
0.25
Nếu có x
k
lẻ: x
k
= 2m
k
+ 1, m
k
Z∈ ,
()
4
43
kk kk kk
x2m116m(m2)8m(3m1)1
=
+= ++ ++

Nếu m
k
chẵn thì
kk
8m (3m 1) 16+ M

m
k
lẻ thì chẵn
k
3m 1+
kk
8m (3m 1) 16⇒+M
Do đó, chia cho 16 có số dư bằng 1
4
k
x
0.25
Vì vậy, chia cho 16 có số dư tối đa bằng 8
444
123
xxx x++++L
4
8
0.25
3b
Còn 2009 = 125.16 + 9 khi chia cho 16 có số dư là 9. Vậy không thể xảy ra
444 4
123 8
x x x x 2009++++=L
, với
i
xZ
∈
.
0.25

Chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O). 1điểm4a
Q
R
P
F
H
N
E
M
D
O
B
A
C

Không
cho
điểm
hình
vẽ
bài 4
Trang
2
HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010
Xét tứ giác HEAF ta có A




00 0 0

EH AFH 90 90 180 FAE FHE 180+=+=⇒+=
0.25
Ta có (đối đỉnh)


BHC FHE=
0.25
Theo giả thiết M và H đối xứng nhau qua BC nên


BMC BHC=
0.25
Suy ra Tứ giác ABMC nội tiếp (O)


0
FAE BMC 180+=⇒
0.25
Chứng minh EQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp
EHC
Δ
.
1điểm
Gọi R trung điểm HC. Ta có RE = RH = RC =
HC
2
(tính chất trung tuyến vuông HEC) Δ
⇒ R là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC
0.25



REC RCE=
( REC cân tại R); QE = QA = QB =Δ
AB
2
(tính chất trung tuyến Δ vuông AEB)
(
Δ QAE cân tại Q) ⇒


QAE QEA=
0.25
Mà (


0
QAE RCE 90+=
Δ
AFC vuông tại F)⇒


0
QEA REC 90+=
⇒

0
QER 90=
0.25
4b
⇒QE ER tại E và E ⊥

∈
(R). Nên EQ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC.
0.25
Tính giá trị của biểu thức T =
AM BN CP
AD BE CF
++
.
1điểm
Trong (O) có (nội tiếp cùng chắn ) và (cùng phụ )


NCA NBA=

AN


ACP NBA=

BAC


NCA ACP⇒=
0.25
Δ
NCH có CE là đường cao vừa là đường phân giác ⇒
Δ
NCH cân tại C AC là trung trực
của đoạn HN EH = EN. Tương tự ta chứng minh được FH = FP
⇒

⇒
0.25
Do đó T =
AM BN CP AD DM BE EN CF FP
AD BE CF AD BE CF
++
++= + +
+


DM EN FP DH EH FH
33
AD BE CF AD BE CF
=+ + + =+ + +

0.25
4c

S(BCH) S(ACH) S(ABH) S(ABC)
33
S(ABC) S(ABC)
4
+
+
=+ =+ =
.
0.25
Chứng minh
ABC
S8≤ 3.

1điểm
Gọi H là trung điểm BC. Do BM = CM nên M thuộc trung trực đoạn BC
⇒

MH BC⊥
0.25
Lấy A
1
trên tia đối của MH sao cho MA
1
= 1. Ta có
a1
h AMMHAMMHAH
1
≤
+= +=
Đặt MH = x (x > 0), ta có
1
ABC a 1 1 A BC
11
S BC.h BC.A H BH.A H S
22
=≤ =≤

0.25




22

BH BM MH 21 x=−=−
2

1
AH x 1=+
2
1
BH.A H (x 1) 21 x=+ −

()
1
2
22
ABC
S(x1)(21⇒=+−x)




0.25
5
Ta chứng minh
()
1
2
43
A
1
A
M

h
a
B
H C
2
ABC
S 192 x 2x 20x 42x 21 192≤⇔−−+ ++≤
: luôn đúng.
22
(x 3) (x 8x 19) 0⇔− ++ ≥
Đẳng thức xảy ra khi .
MH 3=
0.25
HẾT
Trang
3