đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán và đáp án

3 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN MÔN TOÁN:
PHÚ YÊN, THÁI BÌNH, THANH HOÁ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
*****
Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x
4
+ ax
3
+ x
2
+ ax + 1 = 0, a là tham số .
a) Giải phương trình với a = 1.
b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng a
2
> 2.
Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình:
x + 3 + 6 - x (x + 3)(6 - x) = 3−
.
b) Giải hệ phương trình:
2
x + y + z = 1
2x + 2y - 2xy + z = 1




.
Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
3x
2
+ 6y
2
+2z
2
+ 3y
2
z
2
-18x = 6.
Câu 4.(3,0 điểm)
a) Cho x, y, z, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

3
3 3
abc + xyz (a + x)(b + y)(c + z)≤
.
b) Từ đó suy ra :
3 3
3 3 3
3 3 3 3 2 3+ + − ≤
Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh
AB, BC, CD, DA của hình vuông.
a) Chứng minh rằng S
ABCD

AC
4
≤
(MN + NP + PQ + QM).
b) Xác định vị trí của M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất.
Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vuông PQRS. OA và OB là hai bán
kính thay đổi vuông góc với nhau. Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng
PQ, qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP. Tìm quỹ tích giao điểm M
của Ax và By.
HẾT
----------------
Họ và tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………
Chữ kí giám thị 1:………………………Chữ kí giám thị 2:….……………………
1
SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010
MÔN : TOÁN (Hệ số 2)
-------
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang
I- Hướng dẫn chung:
1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ
điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải
bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội
đồng chấm thi.
3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số.
II- Đáp án và thang điểm:
CÂU ĐÁP ÁN Điểm
Câu

1a.
(2,0đ)
Ta có phương trình :
4 3 2
x + ax +x +ax + 1 = 0 (1)
Khi a =1 , (1)
4 3 2
x +x +x +x+1= 0 (2)⇔
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm.
Chia 2 vế của (2) cho x
2
ta được:
2
2
1 1
x + + x + +1= 0
x x
(3).
Đặt
1 1 1
t = x+ t x+ x + 2
x x x
⇒ = = ≥
và
2 2
2
1
x + t -2
x
=

.
Phương trình (3) viết lại là :
2
t + t - 1 = 0
Giải (3) ta được hai nghiệm
1
1 5
t
2
− +
=
và
2
1 5
t
2
− −
=
đều không thỏa
điều kiện |t|≥ 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu1b
.
(2,0đ)
Vì x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta cũng chia 2 vế cho x
2
ta có

phương trình :
2
2
1 1
x + +a x + +1= 0
x x
 
 ÷
 
.
Đặt
1
t = x +
x
, phương trình sẽ là : t
2
+ at - 1 = 0 (4).
Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t| ≥ 2. Từ (4) suy
ra
2
1- t
a
t
=
.
Từ đó :
2 2
2
2
(1 - t )

a >2 2
t
⇔ >
2 2
t (t - 4) 1 0 (5)⇔ + >
Vì |t| ≥ 2 nên t
2
>0 và t
2
– 4 ≥ 0 , do vậy (5) đúng, suy ra a
2
> 2.
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu
2a.
x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x) 3 (1)=
2
(2,0đ)
Điều kiện :
x+3 0
-3 x 6
6-x 0
≥

⇔ ≤ ≤

≥


.
Đặt :
2 2
x + 3
, , 0 9.
v = 6 - x
u
u v u v

=

≥ ⇒ + =



Phương trình đã có trở thành hệ :

2 2 2
u + v = 9 (u + v) - 2uv = 9
u + v - uv = 3 u + v = 3 + uv
 
⇔
 
 

Suy ra : (3+uv)
2
-2uv = 9
uv = 0 u = 0

uv = -4 v = 0
 
⇔ ⇔
 
 

x+3 = 0 x = -3
x = 6
6-x = 0


⇔ ⇔





.
Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6.
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu
2b.
(2,0đ)
Ta có hệ phương trình :

2 2
x+y+z=1 x+y = 1-z

2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1
 
⇔
 
 

2 2
x + y = 1 - z
2xy = z - 2z + 1 = (1- z)

⇔



2
2xy = (x + y)⇔

⇔
2 2
x + y = 0 x = y = 0 z = 1⇔ ⇒
.
Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1).
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 3.
(3,0đ) Ta có : 3x
2
+ 6y

2
+ 2z
2
+3y
2
z
2
-18x = 6 (1)

2 2 2 2 2
3(x-3) + 6y + 2z + 3y z 33 (2)⇔ =
Suy ra : z
2
M
3 và 2z
2
≤ 33
Hay |z| ≤ 3.
Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3.
a) z = 0 , (2) ⇔ (x-3)
2
+ 2y
2
= 11 (3)
Từ (3) suy ra 2y
2
≤ 11 ⇒ |y| ≤ 2.
Với y = 0 , (3) không có số nguyên x nào thỏa mãn.
Với |y| = 1, từ (3) suy ra x
∈

{ 0 ; 6}.
b) |z| = 3, (2) ⇔ (x-3)
2
+ 11 y
2
= 5 (4)
Từ (4) ⇒ 11y
2
≤ 5 ⇒ y = 0, (4) không có số nguyên x nào thỏa mãn.
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ;
(6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0).
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu
3
3 3
abc xyz (a+x)(b+y)(c+z) (1)+ ≤
3
4a.
(2,0đ)
Lập phương 2 vế của (1) ta được :

2 2
3 3
abc + xyz + 3 (abc) xyz +3 abc(xyz) (a+x)(b+y)(c+z)
≤

2 2
3 3
abc + xyz+ 3 (abc) xyz +3 abc(xyz)⇔ ≤
abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz
2 2
3 3
3 (abc) xyz +3 abc(xyz) (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc)
⇔ ≤
(2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :
2
3
(abz+ayc+ xbc) 3 (abc) xyz
≥
(3)
2
3
(ayz+xbz+ xyc) 3 abc(xyz)
≥
(4)
Cộng hai bất đẳng thức (3) và (4) ta được bất đẳng thức (2), do đó (1)
được chứng minh.
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu4b
.
(1,0đ)
Áp dụng BĐT (1) với

3 3
a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = 3 - 3, y = 1, z = 1
Ta có : abc = 3 +
3
3
, xyz = 3-
3
3
, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = 2
Từ đó :
3 3
3 3 3 3
3+ 3 3- 3 6.2.2 2 3
+ ≤ =
(đpcm).
0,50
0,50
Câu
5a.
(2,0)
Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của
QN, MN, PQ. Khi đó :
BJ =
MN
2
(trung tuyến ∆ vuông MBN)
Tương tự DK =
PQ
2
.

IJ =
QM
2
(IJ là đtb ∆ MNQ).
Tương tự IK =
PN
2
.
Vì BD ≤ BJ + JI + IK + KD. Dođó:
ABCD
AC AC
S .BD (BJ+JI + IK+KD)
2 2
= ≤
AC
= (MN+NP+PQ+QM)
4
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu5b
.
(1,0)
Chu vi tứ giác MNPQ là :
MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
= 2(BJ + JI + IK + KD) ≥ 2BD (cmt)
Dấu bằng xảy ra khi đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ //NP,
MN//PQ, MN=PQ (vì cùng là cạnh huyền 2 tam giác vuông cân bằng
nhau), lúc đó MNPQ là hình chữ nhật.

0,50
0,50
Câu 6.
(3,0đ)
Kí hiệu như hình vẽ.
Phần thuận :
·
·
0
AOB =AMB 90=
(giả thiết)
⇒ tứ giác AOBM luôn nội tiếp
4
A B
D C
M
N
P
Q
I
J
K
⇒
·
·
0
AMO ABO 45= =
(vì ∆AOB
vuông cân tại O)
Suy ra M luôn nằm trên đường

thẳng đi qua O và tạo với đường
PQ một góc 45
0
.
Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’
nằm trên đường thẳng đi qua O
và tạo với PS một góc 45
0
.
Giới hạn :
*) Khi A ≡ H thì M ≡ Q, khi A ≡ K thì M ≡ S
*) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A ≡ H thì M’ ≡ P, khi A ≡ K thì M’ ≡ R
Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M
kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) tại A. Kẻ bán
kính OB ⊥ OA.
Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì
·
·
0
AMO ABO 45= =
)
Suy ra :
·
·
0
AMB AOB 90= =
.
Mà AM//PQ , PQ ⊥PS ⇒ MB//PS.
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông PQRS.
0,50

0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
5
x
y
O
K
H
P
Q
RS
A
B
M
M'
B'