Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên tỉnh tuyên quang năm học 2011 2012(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2011 - 2012
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề chính thức

Đề có 01 trang
Câu 1 (1 điểm)
a) Rút gọn

11 + 6 2 + 11 − 6 2

b) Chứng minh rằng
hai với hệ số nguyên.

11 + 6 2 ,

11 − 6 2

là hai nghiệm của một phương trình bậc

Câu 2 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - m + 1 = 0 với m là tham số (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
2
2
b) Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để A = x1 + x2 − x1 x2 = 7

c) Tìm m để A đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (3 điểm) Giải các phương trình:
a) ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) ( x + 7) = −15
b) x + 3 + 6 − x − ( x + 3)(6 − x) = 3
c) x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = 0

Câu 4 (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên:
2
2
a) x + x − y + y =3

b)

x − 2008 + y − 2009 + z − 2010 + 3012 =

1
2

( x + y + z)

Câu 5 (2,5 điểm)
Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R). Gọi H là trực tâm
của ∆ ABC, I là trung điểm của đoạn thẳng BC, G là giao điểm của AI và OH;
M, N, P lần lượt là chân các đường cao của ∆ ABC hạ từ A, B, C. Gọi SABC là
diện tích ∆ ABC. Chứng minh:
a) G là trọng tâm của tam giác ABC.
b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP.
c) R(MN + NP + PM) = 2SABC
---------Hết -------

Hướng dẫn chấm, biểu điểm
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Điểm

Nội dung
Câu 1 (1 điểm)
a) Rút gọn

0,5

11 + 6 2 + 11 − 6 2

11 + 6 2 + 11 − 6 2 = 32 + 2.3. 2 +
= 3 + 2 + 3 − 2 = 3 + 2 +3 − 2 = 6

b) Chứng minh rằng
hai với hệ số nguyên.

11 + 6 2 ,

( 2)

2

+ 32 − 2.3. 2 +

( 2)

2

=

(3+ 2 )

2

+

(3− 2 )

2

(vì 3 + 2 > 0 và 3 - 2 < 0 )
11 − 6 2

0,25
0,25

là hai nghiệm của một phương trình bậc

Ta có: 11 + 6 2 + 11 −6 2 = 6 (theo a) và 11 + 6 2 . 11 − 6 2 = 11 −( 6 2 ) = 121 −72 = 7
Theo ĐL Viét đảo 11 + 6 2 , 11 − 6 2 là hai nghiệm của PT: x2 – 6x +7 = 0
Phương trình này có các hệ số nguyên (đ.p.c.m)
2

2

0,5

0,25
0,25

Câu 2 (1,5 điểm) Cho PT: x2 – 2mx + m2 - m + 1 = 0 với m là tham số (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
Ta có: ∆ ' = (−m) 2 − (m 2 − m + 1) = m − 1
PT (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ m − 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 (*)

0,5
0,5

2
2
b) Gọi x1 , x2 các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để A = x1 + x2 − x1 x2 = 7

0,5

Theo ĐL Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m; x1.x2 = m 2 − m + 1
2
Ta có: A = x12 + x22 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 = (2m) 2 − 3(m 2 − m + 1) = m 2 + 3m − 3

0,25

m = 2
A = 7 ⇔ m2 + 3m − 3 = 7 ⇔ m2 + 3m − 10 = 0 ⇔ 
Kết hợp với (*) ta có m = 2
 m = −5

0,25

c) Tìm m để A đạt giá trị nhỏ nhất

0,5

Theo b) ta có A = m2 + 3m − 3 = (m2 − 2m + 1) + (5m − 5) + 1 = ( m − 1) 2 + 5( m − 1) + 1

0,25

Vì m ≥ 1 nên A ≥ 1. Vậy Amin = 1 khi m = 1

0,25

Câu 3 (3 điểm) Giải các phương trình:
a) ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) ( x + 7) = −15 (*)
Ta có: (x +1)(x+7) = x2 + 8x + 7; (x+3)(x+5) = x2 +8x + 15
Đặt t = x2 + 8x + 7 ⇒ x2 +8x + 15 = t +8
Thay t vào PT (*): t (t+8) = -15 ⇔ t2 + 8t + 15 = 0 ⇔ t = -3 hoặc t = -5

1.0

0,5

2


Với t = -3 ta có PT: x2 + 8x + 7 = -3 ⇔ x2 + 8x + 10 = 0
⇔ x = - 4 + 6 hoặc x = - 4 - 6
Với t = -5 ta có PT: x2 + 8x + 7 = -5 ⇔ x2 + 8x + 12 = 0 ⇔ x = - 2 hoặc x = - 6
Kết luận: Tập nghiệm của PT đã cho là { −2; −6; −4 + 6; −4 − 6 }

0,5

1,0

b) x + 3 + 6 − x − ( x + 3)(6 − x) = 3 (*)
x + 3 ≥ 0
⇔ { −3 ≤ x ≤ 6
6 − x ≥ 0

Điều kiện: 

0,25

u ≥ 0
u = x + 3
u 2 + v 2 = 9
(u + v) 2 − 2uv = 9

⇒
v
≥
0
⇔
⇔
Đặt 

Ta có HPT: 

u + v − uv = 3
u + v = 3 + uv

v = 6 − x
u 2 + v 2 = 9

 uv = 0
 u = 0
( uv ) 2 + 4uv = 0
(3 + uv) 2 − 2uv = 9
uv = 0


⇔
⇔  uv = −4
⇔
⇔  v = 0 ⇔

u
+
v
=
3
+
uv
u
+
v
=
3
+
uv
u

+
v
=
3
+
uv



u + v = 3 + uv
u + v = 3



  x + 3 = 0
 u = 0
  x = −3



  6 − x = 3
 x = −3
v = 3
6 − x = 9

⇔
⇔
⇔
⇔
Vậy tập nghiệm của PT là { −3;6}

 v = 0

x
=
6
x
=
6



 6 − x = 0



 u = 3
  x + 3 = 9
  x + 3 = 3

0,25

0,5

c) x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = 0

Ta có:

1,0

x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = 0

⇔ x3 – 7x2 + 2x2 - 14x + 2011x – 7.2011 = 0
⇔ x2 (x – 7) + 2x (x – 7) + 2011 (x-7) = 0

0,5

⇔ (x - 7) (x2 + 2x +2011) = 0
x = 7
x = 7
⇔ 2
⇔
⇔x =7
2
x + 2 x + 2011 = 0
( x +1) + 2010 = 0

.Tập nghiệm của PT: { 7}

0,5

Câu 4 (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên:
a) x 2 + x − y 2 + y =3 (1)
Ta có (1) ⇔ x 2 + x − y 2 + y = 3 ⇔ x 2 − y 2 + x + y = 3 ⇔ ( x + y )( x − y + 1) = 3
Vì Ư(3) = { −1; − 3;1;3} nên (2) có các trường hợp:
TH1:

3

x = 2
x + y = 1
x + y = 1


⇔
⇔

x − y +1 = 3
x − y = 2
 y = −1


2

TH2:

3

x = 2
x + y = 3
x + y = 3

⇔
⇔

x − y +1 = 1
x − y = 0
y = 3


2

1,0

0,5
0,5

3


TH3:

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

TH4:

−5

x = 2
 x + y = −3
 x + y = −3


⇔
⇔

 x − y + 1 = −1  x − y = −2
 y = −1


2

Các trường hợp không có nghiệm nguyên. Vậy PT (1) không có nghiệm nguyên
b)

x − 2008 +

y − 2009 + z − 2010 + 3012 =

Điều kiện: x ≥ 2008, y ≥ 2009, z ≥ 2010 (*)
PT (1) ⇔ ( x − 2008) − 2 x − 2008 + 1 + (y − 2009) − 2

1
2

( x + y + z ) (1)

1,0
0,25

y − 2009 + 1 + ( z − 2010) − 2 z − 2010 + 1 = 0

⇔ ( x − 2008 − 1) + ( y − 2009 − 1) + ( z − 2010 − 1) 2 = 0
2

2

 x − 2008 − 1 = 0
 x = 2009


⇔  y − 2009 − 1 = 0 ⇔  y = 2010

 z = 2011

 z − 2010 − 1 = 0

Các giá trị x, y, z thoả mãn (*).

0,5

Vậy nghiệm nguyên của PT là: (x; y; z) = (2009; 2010; 2011)
Câu 5 (2,5 điểm). Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R).
Gọi H là trực tâm của ∆ ABC, I là trung điểm của đoạn thẳng BC, G là giao
điểm của AI và OH; M, N, P lần lượt là chân các đường cao của ∆ ABC hạ
từ A, B, C. Gọi SABC là diện tích ∆ ABC. Chứng minh:
a) G là trọng tâm của tam giác ABC.

1,25

A

0,25

N
J

K
O

P
H

B

M

G

C

I

D

Gọi D là giao điểm của AO với đường tròn (O).
H là trực tâm của tam giác ABC nên: HC ⊥ AB, BH ⊥ AC (1)
AD là đường kính nên:
DB ⊥ AB, DC ⊥ AC (2)
Từ (1) và (2) ta có: HC//DB và BH//DC ⇒ BHCD là hình bình hành
IB = IC ⇒ H, I, D thẳng hàng và IH = ID
Tam giác HAD có OI là đường trung bình ⇒ AH = 2OI

Ta có: ∆GAH : ∆GIO (g.g) ⇒ AG = 2GI ⇒ G là trọng tâm ABC (đ.p.c.m)
b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP

0,5

0,5
0,75

4


Gọi M, N, P lần lượt là chân các đường cao hạ từ A, B, C. Ta chứng minh MA
·
là tia phân giác trong của PMN
¶ = 900 ) ⇒ PMH
·
·
¼ )
Tứ giác PHMB nội tiếp (vì Pµ = M
(cùng chắn PH
(1)
= PBH
0
·
·
·
·
»
Tứ giác ANMB nội tiếp (vì ANB = AMB = 90 ) ⇒ PBN = AMN (cùng chắn AN ) (2)
·

·
·
Từ (1) và (2) ta có: PMA
= PMH
= PBH
= ·ABN = ·AMN ⇒ MA là tia phân giác trong
·
của PMN
.
Chứng minh tương tự ta có NB, PC lần lượt là các tia phân giác trong của
·
·
PNM
, NPM
. Điểm H là giao của 3 tia phân giác trong nên H là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác MNP (đ.p.c.m)

0,5

0,25

0,5

c) R(MN + NP + PM) = 2SABC
Gọi J và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AC, AB. Ta có: OI ⊥ BC,
1
2

OJ ⊥ AC, OK ⊥ AB nên: S ABC = SOBC + SOAC + SOAB = ( OI .BC + 0 J . AC + OK . AB )
⇔ 2S ABC = OI .BC + OJ . AC + OK . AB (1)

·
Xét các ∆APN , ∆ABC có µA chung, ·ANP = ABC
(do tứ giác PBCN nội tiếp nên 2
·
góc này cùng bù với PNC
) ⇒ ∆ANP : ∆ABC. (2)
∆ ANP nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính đường tròn ngoại tiếp
bằng ½ OH= OI. ∆ ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R nên từ (2) ta có:
NP OI
=
⇔ OI .BC = NP.R
BC R

0,5

Chứng minh tương tự ta có: OJ. AC = PM.R, OK.AB = MN. R. Thay vào (1) ta
có: R(MN + NP + PM) = 2SABC (đ.p.c.m)

5