Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Đăk Nông năm 2011 - 2012 môn Toán (chuyên) - Có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 22 tháng 6 năm 2011
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm)
a. Giải phương trình: .
b. Giải hệ phương trình:
Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức:

(với )
a. Rút gọn P.
b. Tính giá trị biểu thức P
biết .
Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P): và
đường thẳng (d): , (m là tham số).
a. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt I, J với mọi m.
b. Xác định m để tam giác OIJ cân tại O (O là gốc tọa độ).
Câu 4: (3,0 điểm) Cho AB = 3a, trên
đoạn thẳng AB lấy điểm C sao cho .
Hai đường thẳng qua A tiếp xúc với đường tròn tâm O đường kính BC lần lượt tại P và
Q.
a. Chứng minh tứ giác OPAQ nội tiếp.
b. Kéo dài OP cắt đường tròn (O) tại E. Chứng minh rằng tứ giác OBEQ là hình thoi.
c. Trên tia đối của tia BA lấy điểm M. Đặt BM = x. ME cắt AQ tại N. Xác
định x theo a để tam giác EQN có diện tích bằng .
Câu 5: (1,0 điểm) Giả sử
phương trình: có 2 nghiệm và phương trình có 2 nghiệm . Chứng minh rằng: .
Hết
(Giám thị không giải thích gì thêm).

Họ và tên thí sinh: , SBD:
Giám thị 1: , Giám thị 2:
4 2
x 7x 12 0− + =
2 2
4 2
1 1
5
x y
1 5
21
x y

+ =




+ =


a a a a 1
P .
a 1 a(a a 1)
+ +
=
+ −
a 0, a 1> ≠
a 13 48 7 48= − + −
2

1
y x
2
=
y mx 3= +
1
AC AB
3
=
2
a 3
16
2
ax bx c 0+ + =
1 2
x , x
2
cx bx a 0+ + =
3 4
x , x
2 2 2 2
1 2 3 4
x 2x x 2x 4 2+ + + ≥
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TỈNH ĐĂK NÔNG Khóa ngày 22 tháng 6 năm 2011
MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Nội dung Điểm
Câu 1:

a.
Đặt t = . Phương trình đã cho trở
thành:
0,5
0,25
t = 3
t = 4
Vậy phương trình đã cho có 4
nghiệm ; .
0,25
b.
Điều kiện:
Đặt . Hệ đã cho trở thành:
0,25
hoặc
0,25
Với hệ có nghiệm
Với hệ có nghiệm
Vậy hệ phương trình đã
cho có 8 nghiệm:
,
0,25
0,25
Câu 2:
a.
Ta có: 0,5
0,25
0,25
b.
Ta có:

0,5
0,25
0,25
Câu 3:
a.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
(1)
0,5
2
, 0t x t= ≥
2
7 12 0t t− + =
3
4
t
t
=

⇔

=

⇒
3x = ±
⇒
2x
= ±
3x = ±
2x

= ±
. 0x y ≠
2 2
1 1
; ( , 0)u v u v
x y
= = >
2
5
1
4
5 21
u v
u
v
u v
+ =
=


⇔
 
=
+ =


4
1
u
v

=


=

1
4
u
v
=


=

1 1 1 1
(1; ), (1; ), ( 1; ), ( 1; )
2 2 2 2
− − − −
4
1
u
v
=


=

1 1 1 1
( ;1), ( ; 1), ( ;1), ( ; 1)
2 2 2 2

− − − −
1 1 1 1
(1; ), (1; ), ( 1; ), ( 1; )
2 2 2 2
− − − −
1 1 1 1
( ;1), ( ; 1), ( ;1), ( ; 1)
2 2 2 2
− − − −
3
( 1) 1
.
1
( 1)
a a a
P
a
a a
+ +
=
+
−
( 1) 1
.
1 ( 1)( 1)
a a
P
a a a a
+ +
=

+ − + +
1
1
P
a
=
−
13 48 2 3 1− = −
7 48 2 3− = −
3 1a = +
1
3
P =
2
1
3
2
x mx= +
2
2 6 0x mx⇔ − − =
ĐỀ CHÍNH THỨC
với mọi m 0,25
Suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
Do đó (P) luôn cắt (d) tại 2 điểm phân biệt. 0,25
b.
Để tam giác OIJ cân tại O thì OI = OJ. 0,5
0,5
Câu 4:
a.
Do AP, AQ là tiếp tuyến với

(O) nên:
0,5
. Suy ra tứ giác OPAQ nội
tiếp.
0,5
b.
Vì C là trung điểm của AO nên PC = QC =a. Suy ra tứ giác OPCQ là hình thoi.
CP // OQ và CP = OQ = a (1)
Do BECP là hình chữ nhật nên: BE // CP và BE = CP = a. (2)
0,5
(1), (2) suy ra: BE//OQ, BE= OQ = a nên tứ giác OBEQ là hình bình hành.
Mặt khác OB = OQ = a nên OBEQ là hình thoi. (đpcm)
0,5
c.
Kẻ NK AM, NK cắt EQ tại H.
Vì QE//AM nên NH EQ và (1)
Ta có:
Từ (1) suy ra
Vậy với x = 2a thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25
0,25
0,25
2
' 6 0m∆ = + >
⊥
;AP OP AQ OQ⊥ ⊥
⇒
·
·
0

180APO AQO+ =
⇒
⊥
⊥
EQ NH
MA NK
=
2
1 3 3
.
2 16 8
EQN
a a
S NH EQ NH
∆
= = ⇒ =
3 3 5 3
8 2 8
a a a
NK NH HK⇒ = + = + =
1
5 3 5 2
5
EQ
MA EQ a x a x a
MA
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ =
0,25
Câu 5:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi

Ta có:

0,5
Suy ra:
Mặt
khác:
Do đó
0,5
*Lưu ý: HS có thể làm theo cách khác đúng cũng được điểm tối đa.
2 2
1 2 1 2
2 2 2 | | 2 2
c
x x x x
a
+ ≥ =
2 2
3 4 3 4
2 2 2 | | 2 2
a
x x x x
c
+ ≥ =
2 2 2 2
1 2 3 4
2 2 2 2
c a
x x x x
a c
 

+ + + ≥ +
 ÷
 
2 . 2 . 2
c a c a c a
a c a c a c
+ ≥ = =
2 2 2 2
1 2 3 4
2 2 4 2x x x x+ + + ≥