Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên tỉnh tuyên quang năm học 2009 2010(có đáp án)

S GIO DC V O TO
TUYấN QUANG

K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT CHUYấN
NM HC 2009 - 2010
MễN THI: TON CHUYấN
Thi gian: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )
( ny cú 01 trang)
----------

CHNH THC

Cõu 1 (2 im).
1) Gii phng trỡnh:

x3 + x 1 = x + 1 .
| x + 4 | + | y 3 |= 5
( x + 4)( y 3) = 6

2) Gii h phng trỡnh:
Cõu 2 (1 im). Tớnh tng sau:
S=

1.4 2.5
(n 1)(n + 2)
2007.2010
+
+ ... +
+ ... +
.
2.3 3.4

n(n + 1)
2008.2009

Cõu 3 (4 im). Cho ng trũn (O; R) tõm O, bỏn kớnh R. T im M nm ngoi ng trũn
k hai tip tuyn MA, MB ti ng trũn (A, B l cỏc tip im). im H thuc dõy cung AB
sao cho HB = 2HA, ng thng i qua H v vuụng gúc vi OH ct ng thng MA ti C v
ct ng thng MB ti D.
1) Chng minh rng:
a. OHAC v OHDB l cỏc t giỏc ni tip.
b. H l trung im CD.
c. MC.MD = MA2 - AC2.
2) Tớnh din tớch tam giỏc OCD, bit OM = 2R.
Cõu 4 (2 im). Gii cỏc phng trỡnh nghim nguyờn (x, y l cỏc n s):
1) x 2 y 2 + 2 x + 4 y 8 = 0 .
2) x 2 + 3 = 5 y .
Cõu 5 (1 im). Cho tam giỏc ABC cú di ba cnh l a, b, c. Chng minh rng:
a
b
c
+
+
< 2.
b+c c+a a +b

----------------------------------------------------Ht-------------------------------------------------Ghi chỳ:
+ Giỏm th coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
+ Thớ sinh khụng c s dng ti liu trong khi lm bi.
Sở giáo dục và đào tạo

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

Tuyªn quang

chuyªn n¨m häc 2009-2010

Híng dÉn chÊm m«n to¸n CHUYÊN

C©u

1.1

Híng dÉn gi¶i
x +1 ≥ 0
 x ≥ −1
x3 + x − 1 = x + 1 ⇔  3
⇔
 3
2
2
 x + x − 1 = ( x + 1)
x − x − x − 2 = 0
 x ≥ −1
 x ≥ −1
⇔
⇔
⇔ x=2
2
x
=

2
(
x
−
2)(
x
+
x
+
1)
=
0


| x + 4 | + | y − 3 |= 5
| x + 4 | + | y − 3 |= 5

⇔ | x + 4 | . | y − 3 |= 6

( x + 4)( y − 3) = −6
( x + 4)( y − 3) < 0


1.2

| x + 4 |= 2

⇔ | y − 3 |= 3
(1) hoặc
( x + 4)( y − 3) < 0



| x + 4 |= 3

(2)
| y − 3 |= 2
( x + 4)( y − 3) < 0


§iÓm
0.5
0.5

0.5

x + 4 = 2
 x + 4 = −2
 x = −2
 x = −6
⇔
hoặc 
hoặc 
 y − 3 = −3
y −3 = 3
y = 0
y = 6

0.25

x + 4 = 3

 x + 4 = −3
 x = −1
 x = −7
⇔
hoặc 
hoặc 
 y − 3 = −2
y −3 = 2
y =1
y = 5

0.25

(1) ⇔ 
(2) ⇔ 

1.4 2.5
(n − 1)(n + 2)
2007.2010
+
+ ... +
+ ... +
2.3 3.4
n(n + 1)
2008.2009
(n − 1)(n + 2)
2
1 
1
= 1−

= 1− 2 −
Ta có:
÷
n(n + 1)
n(n + 1)
 n n +1 
S=

0.5

Cho n = 2, 3, 4,…, 2008 ta được:
1.4
1 1
= 1− 2 − ÷
2.3
 2 3

2

2.5
1 1
= 1− 2  − ÷
3.4
3 4
......................................................
2007.2010
1 
 1
= 1− 2 
−

÷
2008.2009
 2008 2009 

Cộng các đẳng thức trên với nhau ta được:
1
1 
1  4030056
1 1 1 1
1
S = 2007 − 2  − + − + ... +
−
÷ = 2007 − 2  −
÷=
2008 2009 
2009
2 3 3 4
 2 2009 

0.5


C
A

3.1
(Hỡnh
v)

H

M

K

I

O

0.5

D
B

3.a

3.b

Vỡ OA MA, OB MB (tính chất tiếp tuyến ), OH CD (gt) nờn:
ã
ã
OAC
= OHC
= 900 suy ra tứ giác OHAC nội tiếp đờng tròn đờng kính
ã
ã
OC OBD
+ OHD
= 1800 suy ra tứ giác OHDB nội tiếp đờng tròn đờng
kính OD.

0.5

ã
ã
Ta có: OCH
(góc nội tiếp cùng chắn cung OH của đờng tròn đờng
= OAH
kính OC)
ã
ã
( góc nội tiếp cùng chắn cung OH của đờng tròn đờng
ODH
= OBH
kính OD)
ã
ã
(vì OAB cân đỉnh O)
OAH
= OBH

0.5

ã
ã
Suy ra OCH
OCD cân đỉnh O H là trung điểm CD
= ODH

3.c

Ta có: MC = MA + AC , MD = MB - BD , MA = MB
Xét hai tam giác vuông OAC và OBD có: OA = OB và
ãAOC = ãAHC = BHD
ã
ã
nên OAC = OBD AC = BD do đó MD =
= BOD
MA - AC
Suy ra : MC.MD = (MA + AC)(MA - AC) = MA2 - AC2.
(Cú th chng minh AC = BD nh sau:
AC 2 = OC 2 OA2 = OD 2 OB 2 = BD 2 )

0.5

0.5

0.5


Gäi I lµ trung ®iÓm OM th× OI = R nªn I ∈ (O,R) ⇒ ∆OAI ®Òu .
Gäi K = OM ∩ AB th× K lµ trung ®iÓm AB
1
2
R 3
V× AH = AB = AK nªn H lµ träng t©m ∆OAI ®Òu ⇒ OH =
.
3

3.2

3
·
·
·
·
·
V× IOA
= 600 ⇒ OBH
= OAH
= 300 ⇒ ODH
= 300 ⇒ DOH
= 600
R 3
⇒ DH = OH .tan 600 =
× 3=R
3

3

1
R2 3
(đvdt).
S (∆OCD) = CD.OH = DH .OH =
2
3

0.5

0.5

x 2 − y 2 + 2 x + 4 y − 8 = 0 ⇔ x 2 + 2 x + 1 − ( y 2 − 4 y + 4) − 5 = 0

4.1

⇔ ( x + 1) 2 − ( y − 2) 2 = 5
⇔ ( x + y − 1)( x − y + 3) = 5
x + y −1 = 1
x + y −1 = 5
 x + y − 1 = −1
 x + y − 1 = −5
⇔
hoặc 
hoặc 
hoặc 
x − y + 3 = 5
x − y + 3 = 1
 x − y + 3 = −5
 x − y + 3 = −1
x = 2
x = 2
 x = −4
 x = −4
⇔
hoặc 
hoặc 
hoặc 
.
y = 0
y = 4
y = 4

y = 0

0.5

0.5

Đặt x = 5t + r với t ∈ Ζ , r ∈ { 0;1; 2;3; 4} . Ta có: x 2 + 3 = 25t 2 + 10tr + r 2 + 3
4.2

Với mọi r ∈ { 0;1; 2;3; 4} , r 2 + 3 không chia hết cho 5. Do đó với mọi x ∈ Ζ ,
x 2 + 3 không chia hết cho 5.
Vậy: Phương trình x 2 + 3 = 5 y không có nghiệm nguyên.
Vì a < b + c nên a + b + c < 2(b + c), suy ra
Tương tự:

b
2b
c
2c
<
<
,
.
c+a a+b+c a+b a+b+c

0.5

0.5

a

2a
<
.
b+c a+b+c

0.5

5
Cộng theo từng vế ta được:
a
b
c
+
+
<2
b+c c+a a +b

0.5

Ghi chú: Thí sinh làm bài không giống đáp án (nếu đúng) vẫn được điểm tối đa theo quy định.