Download đề thi và đáp án thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năm học 2011 2012 quảng bình

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Số BD: ………………………

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
KHÓA NGÀY 01 - 07 - 2011
MÔN THI : TOÁN

Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 01 trang

 x 2 + x − xy − 2 y 2 − 2 y = 0
Câu 1:(2,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  2
2
 x + y = 1
Câu 2:(2,0 điểm) Cho phương trình: x + 2 x − 1 − m 2 + 6m − 12 = 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
.
Câu 3:(1,5 điểm) Cho a, b, c là ba số đo ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
1
1
1
a+b+c
1 1 1
+
+
≥ 2  + + ÷, với p =
.
p −a p −b p −c

2
a b c
Câu 4:(1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n để các số: n − 1 , n5 + n 4 + n3 + 13n 2 + 13n + 14
đều là các số chính phương.
Câu 5: (3,5 điểm) Cho đoạn thẳng AB = 2a có trung điểm là O. Trên cùng nửa mặt phẳng
bờ AB dựng nửa đường tròn (O) đường kính AB và nửa đường tròn (O 1) đường kính
AO. Trên nửa đường tròn (O1) lấy một điểm M (khác A và O), tia OM cắt nửa đường
tròn (O) tại C, gọi D là giao điểm thứ hai của CA với (O1).
a) Chứng minh rằng tam giác ADM cân.
b) Tiếp tuyến tại C của (O) cắt tia OD tại E, xác định vị trí tương đối của đường thẳng
EA đối với (O) và (O1).
c) Đường thẳng AM cắt tia OD tại H, đường tròn ngoại tiếp tam giác COH cắt (O) tại
điểm thứ hai là N. Chứng minh ba điểm A, M và N thẳng hàng.
d) Tại vị trí của M sao cho ME // AB, hãy tính độ dài đoạn thẳng OM theo a.
HÕT

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn: Toán
Khóa ngày 01 - 07 - 2011


* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải
lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước
giải sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0.25 điểm. Đối với điểm thành
phần là 0.5 điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0.25 điểm.
* Học sinh không vẽ đối với Câu 5 thì cho điểm 0 đối với Câu 5. Trường hợp học sinh có vẽ
hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì cho điểm 0 ở ý đó.

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của
từng câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
Câu
Nội dung
Điểm
1
(2.0)
2
2
 x + x − xy − 2 y − 2 y = 0 (1)
(I )  2
2
(2)
 x + y = 1
x = − y −1
0.50
Ta có: (1) ⇔ ( x + y + 1)( x − 2 y ) = 0 ⇔ 
x = 2y
 x = − y − 1
0.25
 2
2
 x + y = 1
Từ đó ta có: ( I ) ⇔ 
x = 2y
 
  x 2 + y 2 = 1
0.50
 x = − y − 1

 2
 2 y + 2 y = 0
⇔
x = 2y
 
0.25
 5 y 2 = 1
 x = − y − 1

  y = −1; y = 0
⇔  x = 2 y


5
  y = ± 5

 x = 0
 x = −1
∨

  y = −1  y = 0

0.50
⇔   x = 2 5  x = − 2 5

5
5

∨



y = − 5
 y = 5

 
5
5
2

(2.0)
2


0.25

ĐK: x ≥ 1
Ta có : x + 2 x − 1 − m 2 + 6m − 12 = 0

(1)

⇔ x − 1 + 2 x − 1 − m 2 + 6m − 11 = 0
Đặt : t = x − 1 (t ≥ 0) ta có phương trình: t 2 + 2t − (m 2 − 6m + 11) = 0 (2)
t = 1
2
a) Với m = 2 ta có phương trình: t + 2t − 3 = 0 ⇔ 
t = −3(lo¹i)
Với t = 1 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x = 2 (thỏa mãn)
b) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm không
âm.
2

Xét phương trình (2) có ac = −( m 2 − 6m + 11) = − ( m − 3) − 2 < 0 với mọi
m.
Do đó phương trình (2) luôn có nghiệm dương nên phương trình (1) luôn
có nghiệm với mọi m.

3

*) Lưu ý : trường hợp học sinh giải hai ý a),b) độc lập (nếu đúng) thì mỗi
ý cho 1,00 điểm
1 1
4
+ ≥
(*) với mọi x,y > 0.
x y x+ y
1 1
4
2
2
⇔ ( x + y ) ≥ 4 xy ⇔ ( x − y ) ≥ 0 (đúng)
Thật vậy, ta có: + ≥
x y x+ y
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Vậy BĐT (*) được chứng minh
a+b+c
Do a,b,c là số đo của 3 cạnh một tam giác và p =
nên p − a ,
2
p − b , p − c dương.
Áp dụng BĐT (*) ta có:
1

1
4
4
+
≥
=
p −a p −b p −a + p −b c
1
1
4
4
+
≥
=
p −b p −c p −b + p −c a
1
1
4
4
+
≥
=
p−c p−a p−c+ p−a b
 1
1
1 
1 1 1
+
+
≥ 4  + + ÷⇒ (đpcm)

Suy ra: 2 
÷
a b c
 p −a p −b p −c
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác đã cho là tam giác
đều
Trước hết ta chứng minh:

4

Đặt: A = (n − 1)(n5 + n 4 + n3 + 13n 2 + 13n + 14)
3

0.25
0.50
0.25
0.25
0.25
0.25

(1.5)
0.25

0.25

0.25

0.50
0.25

(1.0)


(

)

0.25

2

= n3 + 6 + n − 50 (*)
Do A là tích của 2 số chính phương nên nó là số chính phương.
Ta xét các trường hợp:
TH1: 0 ≤ n < 3 , bằng phép thử trực tiếp ta thấy A là số chính phương khi
và chỉ khi n = 1, khi đó A = 0 nhưng n5 + n 4 + n3 + 13n 2 + 13n + 14 = 43
không phải là số chính phương.

(

TH2: 3 ≤ n < 50 ta có: A < n3 + 6

(

)

)

2

0.25

2

Mặt khác: n3 + 5 < A ⇔ 2n3 + n − 39 > 0 (đúng với mọi n ≥ 3).

(

)

2

(

)

0.25

2

Vậy: n3 + 5 < A < n3 + 6 . Nên A không là số chính phương.

(

TH3: n = 50, khi đó: A = 503 + 6

)

2

là số chính phương. Vì n – 1 = 49 là

số chính phương nên n5 + n 4 + n3 + 13n 2 + 13n + 14 cũng là số chính
phương.

(

)

2

(

TH4: n > 50, lập luận tương tự TH2 ta có: n3 + 6 < A < n3 + 7
5

)

2

nên A

không là số chính phương.
Vậy: n = 50 là số cần tìm
N

0.25

(3.5)
N'

C

0.25
M

E
D

H

A
B
O
a)
O1
Tam giác OAC cân tại O, ·ADO = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ OD ⊥ AC
·
¼ ⇒ AD = DM
⇒ ·AOD = DOM
⇒ »AD = DM
Vậy : tam giác ADM cân tại D.
b)
·
Ta có : EC là tiếp tuyến của (O) tại C nên ECO
= 900 .
·
·
∆AEO = ∆CEO (c.g .c ) ⇒ EAO

= ECO
= 900 ⇒ EA ⊥ AB

Vậy: AE là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (O) và (O1) tại A.
c)
Gọi N’ là giao điểm của AM và (O).
· ' AO ( tam giác OAN’ cân tại O).
Ta có: ·AN ' O = N
·
·
H là trực tâm tam giác AOC nên CH ⊥ AO ⇒ HCO
(cùng phụ
= HAO
·
với COA
)
·
· 'O .
Suy ra: HCO
= HN
Tứ giác HCN’O có 2 đỉnh kề nhau là C và N’ cùng nhìn cạnh HO dưới
4

0.25
0.50
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

0.25


cùng một góc nên nó là tứ giác nội tiếp hay N’ thuộc đường tròn ngoại tiếp
tam giác HCO. Do đó N’ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp
tam giác HCO và (O) hay N’ ≡ N.
Suy ra : A, M, N thẳng hàng.
d)
 EM / / AB  EM ⊥ EA
⇒
Ta có: 
·
·
 EA ⊥ AB
 EMA = MAO
Do đó 2 tam giác vuông EAM, MOA đồng dạng.
OM AO
AO.EA
=
⇒ OM =
Suy ra:
EA AM
AM
Mặt khác: EA / / CH (cùng vuông góc với AB), EC / / AH (cùng vuông góc
với OC), EH ⊥ AC nên EAHC là hình thoi. Do đó: EA = AH.
AO. AH
AH
= a.

Từ đó ta có: OM =
(1)
AM
AM
Tam giác AMO có OH là phân giác góc ·AOM nên:
AH
AO
AH
AO
AH
a
=
⇒
=
⇒
=
(2)
HM OM
AH + HM AO + OM
AM a + OM
Từ (1) và (2) suy ra :
a2
a ( 5 − 1)
OM =
⇒ OM 2 + a.OM − a 2 = 0 ⇒ OM =
a + OM
2
*)Lưu ý: đối với ý d) nếu học sinh vẽ hình EM không song song với AB
nhưng lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.

5

0.25

0.25

0.25
0.25