Kỳ thi vào Lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn năm học 2010-2011 môn Toán - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Sở giáo dục và đào tạo THANH HãA. §Ò chÝnh thøc §Ò thi gåm cã 01 trang. kú thi vµo líp 10 thpt chuyªn lam s¬n N¡M HäC: 2010 - 2011. M«n: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh thi vµo líp chuyªn To¸n) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngµy thi: 20 th¸ng 6 n¨m 2010. C©u 1: (2,0 ®iÓm) 1. Giải phương trình: x 3  3 x  140  0 . 2. Kh«ng dïng m¸y tÝnh, tÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc: P  3 70  4901  3 70  4901 . C©u 2: (2,5 ®iÓm) 1 2 x vµ ®­êng th¼ng (d): y = -1. Gäi M lµ mét ®iÓm bÊt kú 4 thuộc (P). Tìm trên trục tung tất cả các điểm sao cho khoảng cách từ M đến điểm đó bằng khoảng cách từ M đến đường thẳng (d). 2. Cho ba sè kh«ng ©m a, b, c cã tæng b»ng 1. Chøng minh r»ng: b + c  16abc. ChØ râ dấu đẳng thức xảy ra khi nào?. 1. Cho parabol (P): y . C©u 3: (1,5 ®iÓm).  1 10 10 1 x y   y x   y 3 3 y Giải hệ phương trình sau (với x > 0, y < 0):   x 2  y 2  82  9 C©u4: (3,0 ®iÓm) A Tam gi¸c ABC cã BAC  1050 , ®­êng trung tuyÕn BM vµ ®­êng ph©n gi¸c trong CD c¾t nhau t¹i K sao cho KB = KC. Gäi H lµ ch©n ®­êng cao h¹ tõ A cña tam gi¸c ABC. 1. Chøng minh r»ng: HA = HB. 2. TÝnh sè ®o c¸c gãc AABC vµ AACB . C©u 5: (1,0 ®iÓm) Ký hiÖu [x] lµ phÇn nguyªn cña sè thùc x. T×m c¸c sè thùc x tho¶ m·n:  8 x  1  4 x  1 16 x  7  6    3   9 . ------------------------------- HÕt ------------------------------Hä vµ tªn thÝ sinh: .................................................................................................. Sè b¸o danh: ................................................. Ch÷ ký gi¸m thÞ 1: ..................................................................... Ch÷ ký gi¸m thÞ 2: ………….…............................................... Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Sở giáo dục và đào tạo Thanh ho¸. kú thi vµo líp 10 thpt chuyªn lam s¬n n¨m häc: 2010 - 2011. §¸P ¸N §Ò THI CHÝNH THøC M«n: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh thi vµo líp chuyªn To¸n) Ngµy thi: 20 th¸ng 6 n¨m 2010 §¸p ¸n nµy gåm cã 04 trang Hướng dẫn chung: * Lời giải nêu trong đáp án, nói chung, là lời giải vắn tắt. Khi làm bài, học sinh phải nêu đầy đủ và chính xác các suy luận thì mới được điểm. * C¸c c©u h×nh häc: NÕu häc sinh kh«ng vÏ h×nh hoÆc vÏ h×nh sai c¬ b¶n th× kh«ng chÊm điểm. Nếu học sinh thừa nhận kết quả của ý trên để giải ý dưới thì không chấm điểm ý dưới. * Các cách giải khác với cách nêu trong đáp án này mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa của phần (câu) tương ứng. * §iÓm cña toµn bµi kh«ng lµm trßn. C©u ý 1 I (2,0®) (1,0®). x  3 x  140  0 3. Néi dung ( x  5)( x 2  5 x  28)  0. . §iÓm 0,5. 2. 5  87   0, x ).  x  5  0 (V× x  5 x  28   x    2 4   x5 Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x = 5. 2. 2 Víi P  3 70  4901  3 70  4901 ta cã: (1,0®) P 3  140  3P  P 3  3P  140  0 Do đó P là nghiệm của phương trình: x 3  3 x  140  0 . Theo ý 1, phương trình trên có nghiệm duy nhất: x0  5 VËy P  3 70  4901  3 70  4901  5 . 1 Gi¶ sö E(0; y0) lµ mét ®iÓm trªn trôc tung. 2 (1,5®) (2,5®)  1  Do M  (P) nên M  x ; x 2  và khoảng cách từ M đến (d) là:  4 . 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25. 0,5. 2. h. 1 2 1  x  1 ; độ dài ME  x 2   x 2  y0  (dùng pitago để tính). 4 4  2. 2. 1  1  Từ đó: x   x 2  y0    x 2  1 với x. 4  4  1 1  x 2  x 2 y0  y02  x 2  1 víi x. 2 2 2. 0,25 0,25 1. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . 1 1  x 2   y0   y02  1  0 víi x. 2 2 . Yªu cÇu bµi to¸n ®­îc tho¶ m·n khi: 1 1   y0  0  y0  1 2 2  y02  1  0 VËy cã duy nhÊt mét ®iÓm E tho¶ m·n bµi to¸n: E(0; 1). 2 Trước hết chứng minh: (x + y)2 ≥ 4xy với mọi x, y. (1,0®) §¼ng thøc x¶y ra khi: x = y ¸p dông ta cã: (a + b + c)2 = [a +(b + c)]2 ≥ 4a(b + c). §¼ng thøc 1 x¶y ra khi: a = b + c  a  (*) 2 Do a + b + c = 1 nên bất đẳng thức trên suy ra: 1 ≥ 4a(b + c)  b + c ≥ 4a(b + c)2 (do b + c kh«ng ©m) Nh­ng l¹i cã (b + c)2 ≥ 4bc. §¼ng thøc x¶y ra khi: b = c (**) Suy ra: b + c ≥ 16abc. 1 1 Từ (*) và (**) có: đẳng thức xảy ra khi a  ; b  c  . 2 4 3 10 10 1 1 x y  x y Ta cã: x   x  vµ (1,5®) 3 3 y y 1 10 10 1 Suy ra: x   x y   y . y 3 3 y. 1   x  y  0 DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi:  10  x  y  0  3 1  x  0  y  10  x y0 Do đó, hệ đã cho tương đương với:  3  2 82 x  y2  9   x  0, y < 0 10 1 10 Tõ (1) vµ (2) ta cã:  y  y2  y  1  0 3 y 3. (1). 0,5. 0,25. 0,5. 0,25. 0,25. 0,25. (2) (3) (4). (*). 0,25 2. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2.  10  Tõ (2) cã:   y   x 2  3  10  y2  y  1  0 3.  10     3. 0,25. (**). 10 Tõ (*) vµ (**) suy ra: y  y  1  0 3 2. 1  Từ đó, hệ đã cho có 2 nghiệm:  ; 3  3 . 1 4 (3,0®) (2,0®). 2. 82  y   y 2  x2  y 2  9 .  y  3   1. y   3  1  vµ  3;   . 3 . 0,25 0,25. A. D. M K. B. H. C. Nối HM khi đó MH = MA = MC suy ra: A A A MHC  MCH  2 BCK . A A Theo gi¶ thiÕt: KB  KC  KBC  KCB . A A Do vËy: MHC  2 KBC (1). A A A MÆt kh¸c: MHC  KBC  HMB (2). A A Tõ (1) vµ (2) cã: KBC  HMB  HBM c©n t¹i H  MH = HB.. 2 (1,0®). 5 (1,0®). A A Giả sử HA  HB, khi đó AABH  BAH  BAH  450 vµ AABH  450 . A A A V× BAH  CAH  1050 nªn CAH  600 . A Tam gi¸c AMH c©n t¹i M nªn AAHM  HAM  600  AAMH  600 . Do đó HA  MH  HB (mâu thuẫn). Tương tự, nếu HA < HB ta cũng gặp điều mâu thuẫn. VËy: HA = HB. A Tõ kÕt qu¶ ý 1 suy ra AHB vu«ng c©n t¹i H  BAH  AABH  450 . A AACB  300 .  HAC  600  VËy: AABC  450 , AACB  300 . 1 4 y 1 4x  1  §Æt y  . , ta cã:  y    y   2 3 3 . 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25. 3 Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 4 y 1  MÆt kh¸c:  y    2 y  y  2 y   2 3 . §Æt t . t  1 4 y  1  3t  1 3t  1   t  t   t  1  t  0 . 3 2  2  . 1  x    8 Từ đó ta có:  x  7  16. 0,25 0,25. 0,25. 4 Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>