Đề thi vao lop 10 Môn Toán 80-09

sở giáo dục và đào tạo phú thọ
kỳ thi tuyển sinh lớp 10 thpt chuyên Hùng Vơng năm học 2008-2009
Môn Toán
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
(Đề thi có 01 trang)
Ngày thi: 26/6/2008
_____________________________
Câu 1 (2 điểm).
Cho phơng trình: x
2
+ 2(m+1)x + m
2
+m+2 = 0 (1), (m là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phơng trình (1) có nghiệm.
b) Gọi x
1
và x
2
là hai nghiệm của phơng trình (1), tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
( )
1 2 1 2
P x x 2 x x= + +
.
Câu 2 (2 điểm). Giải phơng trình
2
x x 2 4 x 1+ =
.
Câu 3 (2 điểm). Giải hệ phơng trình:
3

3
3x x 2y
3y y 2x
= +


= +

Câu 4 (3 điểm).
Cho 3 điểm A, B, C theo thứ tự đó thẳng hàng và AB < BC, vẽ đờng tròn tâm O
đờng kính AB và đờng tròn tâm I đờng kính BC. M là một điểm di động trên đờng
tròn (O) nhng không trùng với A và B, kẻ đờng kính MN của đờng tròn (O), nối
MB kéo dài cắt đờng tròn (I) tại điểm thứ hai E, nối NB kéo dài cắt đờng tròn (I) tại
điểm thứ hai F.
a) Chứng minh MN//EF và 3 đờng thẳng MF, NE và OI đồng qui tại một điểm
J cố định.
b) Chứng minh tổng
2 2
ME NF+
không đổi.
c) Gọi H là hình chiếu của B trên MF, chứng minh rằng HB là tia phân giác của
góc OHI.
Câu 5 (1 điểm).
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác, chứng minh bất đẳng thức sau:
a b c
3
2b 2c a 2c 2a b 2a 2b c
+ +
+ + +
-------------------------------- hết -------------------------------

Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Đề số 1
Hä vµ tªn thÝ sinh: ............................................................, SBD: ...............................
2
sở giáo dục và đào tạo phú thọ
kỳ thi tuyển sinh lớp 10 thpt chuyên Hùng Vơng năm học 2008-2009
Hớng dẫn chấm môn Toán
(Cho bài thi chuyên Toán, ngày thi 26/6/2008)
Câu lời giảI sơ lợc Điểm
Câu 1
(2 điểm)
a) Phơng trình x
2
+ 2(m+1)x + m
2
+m+2 = 0 có nghiệm
khi và chỉ khi
' 0
0,5

(m+1)
2
m
2
m2 0

m 1 0,5
b)
Khi m 1, phơng trình (1) có 2 nghiệm x
1

và x
2
, theo
Viet ta có:
( )
.
1 2
2
1 2
x x 2 m 1
x x m m 2
+ = +


= + +

0,5
Từ đó :
( )
2
1 2 1 2
P x x 2 x x m 3m 2= + + =

=
( )
2
3 17 17
m
2 4 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
m
2
=
(thỏa mãn)
Vậy
min
17
P
4
=
khi
3
m
2
=
0,5
Câu 2
(2 điểm)
Giải phơng trình
2
x x 2 4 x 1+ =
Đặt
t x 1 t 0=


x=t
2
+1

Thay vào phơng trình đã cho ta đợc:
4 2
t 3t 4t 0+ =
0,5

( )
3
t t 3t 4 0+ =


( )( )
2
t t 1 t t 4 0 + + =
0,5

t = 0; t = 1 (còn t
2
+t+4 > 0 với mọi t) 0,5
Từ đó giải đợc x=1 ; x=2 là nghiệm của phơng trình
đã cho.
0,5
3
Đề chính thức
Câu 3
(2 điểm)
Từ hệ đã cho:
( )
( )
3
3

3x x 2y 1
3y y 2x 2
= +


= +

Trừ phơng trình (1) cho phơng trình (2) ta đợc:
3(x
3
-y
3
) = y-x

(x-y)(3x
2
+3xy+3y
2
+1) = 0 (*)
0,5
Nhận thấy 3x
2
+3xy+3y
2
+1 > 0 với mọi x, y.
Vậy phơng trình (*) tơng đơng với x=y
0,5
Thay x=y vào (1) ta đợc :
3x
3

3x = 0

3x(x
2
1) = 0

x=0 ; x=1 ; x=1.
0,5
Từ đây ta đợc các nghiệm của hệ là :
x 0
y 0
=


=

;
x 1
y 1
=


=

;
x 1
y 1
=

=

0,5
Câu 4 (3 điểm)
a)
Do
EBF 1v
=
nên 3 điểm E, I, F thẳng hàng
Ta có
OMB OBM IBE IEB = = =
. Do đó
MN//EF.
0,5
Gọi J là giao điểm các đờng thẳng MF, NE, nối JO cắt
EF tại I, từ Talét, ta có các tỷ số bằng nhau:
' ' '
OM JO ON
I F JI I E
= =
, mà OM=ON

IE=IF

'I I


Vậy 3 đờng MF, NE và OI đồng qui tại điểm J.
0,25
Hơn nữa

JO OM BO
JI IF BI
= =
không đổi, mà O, B, I cố
định nên J cố định.
0,25
4
J
A B
C
M
N
E
F
H
O I
P
K
b)
§Æt BO = R, BI = R’,
'
R
t
R
=
Ta cã
BM BN
t
BE BF
= =

BM tBE
BN tBF
=

⇒

=

( )
( )
ME t 1 BE
NF t 1 BF
= +

⇒

= +

0,5
⇒
ME
2
+ NF
2
= (t+1)
2
(BE
2
+BF

2
) = (t+1)
2
4R’
2
=
( ) . ' ( ')
'
2 2 2
R
1 4R 4 R R
R
+ = +
kh«ng ®æi.
0,5
c) H¹ OP, IK vu«ng gãc víi ®êng th¼ng MF, khi ®ã
'
OP JO OM R
IK JI IF R
= = =
vµ
'
HP BO R
HK BI R
= =
0,5
Tõ ®ã c¸c tam gi¸c vu«ng OPH vµ IKH ®ång d¹ng,
suy ra
OHP IHK
∠ = ∠

⇒
OHB IHB
∠ = ∠
, tøc lµ HB
lµ tia ph©n gi¸c cña gãc OHI.
0,5
C©u 5
(1 ®iÓm)
Ta cã:
( )
a a 3 a 3
2b 2c a a b c
3a 2b 2c a
= ≥
+ − + +
+ −
0,25
( )
b b 3 b 3
2c 2a b a b c
3b 2c 2a b
= ≥
+ − + +
+ −
0,25
( )
c c 3 c 3
2a 2b c a b c
3c 2a 2b c

= ≥
+ − + +
+ −
0,25
Céng 3 bÊt ®¼ng thøc trªn ta ®îc:
a b c
3
2b 2c a 2c 2a b 2a 2b c
+ + ≥
+ − + − + −
0,25
–––––––––––––––––––––––––––– HÕt
––––––––––––––––––––––––––
5