Đề thi đ/án chung .chuyên Hà Nam 09 10
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (451.26 KB, 7 trang )
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010
MÔN THI: TOÁN (ĐỀ CHUNG)
Thời gian làm bài: 120phút( Không kể thời gian giao đề)
Bài 1.(2,0 điểm)
Cho biểu thức P=
x
(
)+(
x +1
1− x
)
2
x − 2 +3 x − x
1− x
a) Tìm điều kiện xác định của P.
b) Rút gọn P
c) Tìm x để P > 0
Bài 2.(1,5 điểm)
( )
( 2 + 2 ) x − y=1
1 + 2 x + y= 2
Giải hệ phương trình:
Bài 3. (2,0 điểm)
1) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng y= x+6 và parabol y=x2.
2) Tìm m để đồ thị hàm số y = ( m + 1) x + 2m + 3 cắt trục Ox, trục Oy tại các điểm A
và B và ∆OAB cân( đơn vị trên hai trục Ox và Oy bằng nhau)
Bài 4.(3,5 điểm)
Cho ∆ABC vuông đỉnh A, đường cao AH, I là trung điểm của AH, K là trung
điểm của HC. Đường tròn đường kính AH ký hiệu là (AH) cắt các cạnh AB, AC lần lượt
ại M và N
a) Chứng minh ∆ACB và ∆AMN đồng dạng.
b) Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn (AH).
c) Tìm trực tâm của ∆ABK.
Bai 5.(1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P =
1
1 1
+
+
16 x 4 y z
--------Hết-------
ĐÁP ÁN
1 − x ≠ 0
x ≠ 1
Bài 1.(2,0 điểm) a) P xác định ⇔ 1 − x ≠ 0 ⇔
x ≥ 0
x ≥ 0
b) Rút gọn P
x
P=
P=
(
1− x
x
)+(
x +1
(1 − x )
)
2
x − 2 +3 x − x
1− x
− x +4
4
=
1− x
1− x
+
x
=
(
(
)
x +1
(1 − x )(1 + x )
+
x − 4 x +4 +3 x − x
1− x
)
4
>0
1
x
−
1 − x > 0
⇔ x ≠ 1
⇔1> x ≥ 0
c) P > 0 => x ≠ 1
x ≥ 0
x ≥ 0
(
)
Bài 2.(1,5 điểm)Giải hệ phương trình:
(
(
)
)
(
(
)
1 + 2 x + y= 2
+
+
x = 2 − 1
3 2 2 x = 2 1 x = 2 − 1
⇔
⇔
⇔
1+ 2
2 − 1 + y= 2
y= 2 − 1
2 + 2 x − y=1
1 + 2 x + y= 2
)
(
)(
)
Bài 3. (2,0 điểm)
1) Toạ độ giao điểm của đường thẳng y= x+6 và parabol y=x 2. là nghiệm của
phương trình: x 2 =x+6 hay x 2 − x − 6=0
Giải phương trình ta có x1 = − 2 ; x 2 =3 suy ra tung độ giao điểm tương ứng là y1 =4 ; y 2 =9
Nên toạ độ các giao điểm là: A(-2;4), B(3;9)
2) Đồ thị hàm số y = ( m + 1) x + 2m + 3 cắt trục Oy tại các điểm B(0;2m+3) và cắt
2m + 3
trục Ox tại điểm A −
; 0 với m≠-1
m +1
Để ∆OAB cân thì OA= OB ⇔ −
1) 2m + 3 = 0 ⇔ m=
2)
2m + 3
2m + 3
= 2m + 3 ⇔
= 2m + 3
m +1
m +1
−3
khi đó A≡B≡O không tồn
tại ∆OAB
A
2
1
=1
m +1
a )m + 1 = 1 ⇔ m = 0
b)m + 1 = −1 ⇔ m = −2
Vậy m=0; m=-2 là giá trị cần tìm.
Bài 4.(3,5 điểm)
N
I
M
H
B
Hình 1
K
C
a) AH⊥BC(gt); HMA = HNA = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Áp dung hệ thức canh và đường cao trong tam giác vuông
Trong ∆ AHB và ∆AHC có AH 2 = AM.AB=AN.AC
Suy ra:
AM AN
lại có góc A chung nên ∆ACB~∆AMN(c.g.c)
=
AC AB
b) I là trung điểm của AH nên I là tâm của đường tròn(AH) => IM=IH
∆HNC vuông tại N có K là trung điểm của HC => KH=KC=KN
= KHI
mà KHI
= 900 nên KNI
= 900
Lại có KI chung nên ∆KNI=∆KHI(c.c.c) => KNI
Hay KN là tiếp tuyến của đường tròn (AH).
c) trong tam giác AHC có KI là đường trung bình nên KI//AC mà AC⊥AB =>KI⊥AB;
mặt khác AH⊥KB nên I là trực tâm của ∆KAB.
Bai 5.(1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P =
1
1 1
+
+
16 x 4 y z
Theo BĐT Bu-nhi-a-côp-xki
1 2 1 2 1 2
1
1 1
+
+ .( x + y + z ) =
P=
+
+
.
x
y
z
16
4
x
y
z
16
4
2
((
) +( y) +( z) )
2
x
1
1 1 2 49
1
1
. x+
. y+
. z = + + 1 =
≥
16 x
4 2 16
4y
z
49
1
1
1
Vậy Pmin= khi đó
: x=
: y=
: z và x + y + z = 1
16
z
16 x
4y
1
2
4
⇔ x = ; y = ;z =
7
7
7
2
2
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010
MÔN THI: TOÁN (ĐỀ CHUYÊN)
Thời gian làm bài: 150phút( Không kể thời gian giao đề)
Bài 1.(2,5 điểm)
1) Giải phương trình:
1
1
−
=2
x − 3x +2 x − 2
2
1
x + x + y =7
2) Giải hệ phương trình:
x =12
x + y
Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phương trình: x − 6x − 3 + 2m = 0
a) Tìm m để x = 7 − 48 là nghiệm của phương trình.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x=x1; x=x2 thoả mãn:
x1 + x 2
x1 + x 2
=
24
3
Bài 3. (2,0 điểm)
1) Cho phương trình: 2x 2 + 2 ( 2m − 6 ) x − 6m + 52 = 0 ( với m là tham số, x là ẩn số).
Tìm giá trị của m là số nguyên để phương trình có nghiệm hữu tỷ.
2
2) Tìm số abc thỏa mãn: abc = ( a + b ) 4c
Bài 4.(3,5 điểm)
Cho ∆ABC nhọn có C
AB, BC, CA lần lượt tại M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE.
= 900 + C .
a) Chứng minh AIB
2
b) Chứng minh năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn.
c) Gọi T là giao điểm của BI và AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET.
d) Gọi Bt là tia của đường thẳng BC và chứa điểm C. Khi hai điểm A, B và Bt cố
định; điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng mỉnh rằng các đường
thẳng NE luôn đi qua điểm cố định.
ĐÁP ÁN
Bài 1.(2,0 điểm)
1)
1
1
−
= 2(Đk : x ≠ 2; x ≠ 1)
x − 3x +2 x − 2
2
⇔ 1 − x + 1 = 2x 2 − 6x +4 ⇔ 2x 2 − 5x +2 =0
∆ =25 − 16=9>0 ⇒ ∆ = 3
ph ¬ng trình cã hai nghiÖm :
5+3
5−3 1
x1 =
= 2(lo¹i) ; x 2 =
= (Tho¶ m·n)
4
4
2
x + t=7
1
2) Đặt
nên x; t là hai nghiệm của phương trình:
=t ta có
x+y
x.t =12
X 2 − 7 X + 12 = 0 giải ra ta có X 1 = 3; X 2 = 4 nên
x =3
x =3
x =3
⇔
⇔
1) 1
1
11
=4
x+y
x + y = 4
y = − 4
x =4
x =4
x =4
2) 1
⇔
1⇔
11
x+y =3 x + y = 3
y = − 3
Vậy hệ có hai nghiệm: x1 = 3; y1 =
−11
−11
, x 2 = 4; y 2 =
4
3
Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phương trình: x − 6x − 3 + 2m = 0
a) Để x = 7 − 48 = 2 − 3 là nghiệm của phương trình
⇔ 2 − 3 − 12 − 6 3 − 3 + 2m = 0 ⇔ 2 − 3 − 3 + 3 − 3 + 2m = 0
⇔ −4 + 2m = 0 ⇔ m = 2
x = t(t ≥ 0) thì phương trình có dạng: t 2 − 6t − 3 + 2m = 0 (2)
5
Để phương trình có hai nghiệm: thì ∆ ≥ 0 ⇔ 6 + 12 − 8m ≥ 0 ⇔ m ≤
2
t + t = 6
để pt(1) có hai nghiệm thì
Theo hệ thức Vi-et thì 1 2
t1 .t 2 = −3 + 2m
3
t1 + t 2 ≥ 0
⇔ −3 + 2m ≥ 0 ⇔ m ≥
2
t1 .t 2 ≥ 0
x1 + x 2
24
để
=
thì
3
x1 + x 2
b) Đặt
( t1 + t 2 ) − 2t1 .t 2 = 24 ⇔ 6 + 6 − 4m = 24
t12 + t 22
24
=
⇔
t1 + t 2
3
t1 + t 2
3
3
6
2
⇔ 36 − 12m=12 ⇔ −12m=-24 ⇔ m=2(Tho¶ m · n)
Vậy m=2 là giá trị cần tìm.
Bài 3. (2,0 điểm)
1) 2x 2 + 2 ( 2m − 6 ) x − 6m + 52 = 0 có nghiệm hữu tỷ với m nguyên
⇔ x 2 + ( 2m − 6 ) x − 3m + 26 = 0 có nghiệm hữu tỷ với m nguyên
⇔ ∆ = ( 2m − 6 )
2
+ 12m − 104 = k 2 ( k ∈ Z ) ⇔ 4m 2 -24m +36 + 12m − 104 = k 2
⇔ 4m 2 -12m + 9 − k 2 = 77 ⇔ ( 2m − 3 − k )( 2m − 3 + k ) = 77
2m − 3 − k=1
⇔ m = 21(Tho¶ m· n)
2m − 3 + k=77
2m − 3 − k= − 1
2)
⇔ m = −18(Tho¶ m· n)
2m − 3 + k= − 77
2m − 3 − k=11
⇔ m = 6(Tho¶ m · n)
3)
2m − 3 + k=7
2m − 3 − k= − 11
⇔ m = −3(Tho¶ m· n)
4)
2m − 3 + k = −7
1)
Vậy có 4 giá trị của m thoả mãn đề bài: m1 = 21 ⇒ x1 = 1; x2 = −37 ;
m 2 = −18 ⇒ x1 = 2; x2 = 40 ; m 3 = 6 ⇒ x1 = 2; x2 = −8 ; m 2 = −3 ⇒ x1 = 5; x2 = 7
2) Tìm số abc thỏa mãn: abc = ( a + b ) 4c
2
Vì abc = ( a + b ) 4c nên abc chia hết cho 4. Suy ra c là chữ số chẵn. Mặt khác
2
abc = ( a + b ) 4c nên 4 ( a + b ) có chữ số tận cùng là 6 => ( a + b ) có tận cùng là 4, 9(1)
2
2
2
Do abc < 1000;c > 2 .Suy ra ( a + b ) ≤
2
1000
= 125 => a + b ≤ 11 (2)
8
Từ (1) và (2) suy ra a+b=8; 7; 3; 2
1) a+b=8 suy ra abc = 256c nên abc = 512 không thoả mãn.
2) a+b=7 suy ra abc = 196c
nếu c=2 => abc = 392 không thoả mãn.
nếu c=4 => abc = 784 không thoả mãn
nếu c=6 => abc > 1000 không thoả mãn
3) a+b=3 suy ra abc = 36c
A
nếu c=2 => abc < 100 không thoả mãn.
E
nếu c=4 => abc = 144 không thoả mãn
T
nếu c=6 => abc = 216 thoả mãn
M
nếu c=8 => abc = 288 không thoả mãn
K
I
4) a+b=2 suy ra abc = 16c
nếu c=8 => abc = 128 không thoả mãn
nếu c=6 => abc < 100 không thoả mãn. B
Vậy số cần tìm là 216.
N
Bài 4.(3,5điểm)
Hình 2
= 1800 − ABI
− IAB
a) Trong ∆AIB có AIB
.
B
A
C
= 1800 − − = 900 −
2 2
2
C
= 1800 − C
⇒ CEN
= 90 0 − C
b) Vì CE=CN (t/c tiếp tuyến) nên ∆CEN cân tại C => 2CEN
2
Nên tứ giác AIKE nội tiếp.(1)
= IMA
= 900 vì (I) tiếp xúc với AB và AC nên tứ giác AMIE nội tiếp(2)
Mặt khác IEA
Từ (1) và (2) => năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn.
c) Vì năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn.
= TIA
=> ∆TEK~∆TIA(g.g)=> TE = TI (3)
Nên TEK
TK TA
BM BI
Tương tự ∆BIM~∆BIA(g.g)=>
=
(4)
BK BA
nên BI = TI (5)
Do AI là phân giác của góc BAT
BA TA
BM TE
=
Hay KT.BM = KB.ET . Mà BN=BM nên KT.BN = KB.ET
Từ (3), (4), (5) =>
BK TK
= 900 . Do A, B và
c) Vì năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn nên AKB
không đổi mà BK = AB.cos ABt nên K cố
tia Bt cố định => tia BK cố định và AB ; ABt
2
định. Nên các đường thẳng NE luôn đi qua điểm K cố định.
