Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2011 - 2012 Lạng Sơn môn thi: Toán dành cho lớp chuyên toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐỀ CHÍNH THỨC. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN THI : TOÁN Dành cho lớp chuyên Toán Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1 (2 điểm): Cho phương trình: x 2  ax  a  3  0 , (a là tham số). a. Giải phương trình với a = 4. b. Tìm tất cả các giá trị của tham số a sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 mà x1  3x 2  9  0 . Câu 2 (2 điểm): a. Giải phương trình 2x  5  x  2x  10 . ax  y  1 b. Tìm tất cả những số nguyên a để hệ phương trình  2x  y  a có nghiệm (x;y) thoả mãn x + y cũng là số nguyên. Câu 3 (2 điểm): a. Cho điểm M cố định ở miền trong góc vuông xOy, một đường thẳng d cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B. Xác định vị trí của đường thẳng d để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất. 1 1 1 b. Chứng minh nếu ax 3  by3  cz3 và    1 , với xyz  0 x y z thì : 3 ax 2  by 2  cz 2  3 a  3 b  3 c . Câu 4 (3 điểm): Cho đường tròn (O) và một điểm P cố định ngoài (O). Vẽ các tiếp tuyến PA, PB (A, B là các tiếp điểm) và một cát tuyến PNM (PM > PN). Gọi C, E thứ tự là các trung điểm của MN, PO. a. Chứng minh năm điểm A, B, C, O, P nằm trên một đường tròn tâm E. b. Tia BC cắt O tại D. Chứng tỏ AD // PM. Xác định vị trí của cát tuyến PNM để diện tích tam giác PDM đạt giá trị lớn nhất. c. Khi cát tuyến PNM di động thì trọng tâm G của tam giác BNM chạy trên đường nào? Chứng minh nhận định đó. Câu 5 (1 điểm): Cho hai số thực dương x, y thoả mãn 2011  x; y  2012.. (x  y)(x 2  y 2 ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  . xy 2 ----------------------------------------Hết---------------------------------------Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh:................................................................... LẠNG SƠN PHÁI. Lop10.com. SBD........................ ĐƠN VỊ : THPT BÌNH GIA.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 TRƯỜNG CHUYÊN CHU VĂN AN - LẠNG SƠN Ngày thi : chiều 03/07/2011 Câu Nội dung Điểm 2 Câu 1. a. Với a = 4 ta có phương trình : x  4x  1  0 (1) (2 điểm)  '  (2) 2  1.1  3 > 0 Nên PT (1) có 2 nghiệm pb : x1  2  3, x 2  2  3 . b. x 2  ax  a  3  0 (2) có   a 2  4(a  3)  (a  2) 2  8  0 vậy PT (2) luôn có nghiệm với mọi a. Cách 1: (con đường xương máu) tính x1 , x2 theo a rồi thế vào giả thiết x1  3x 2  9  0 , giải PT ta sẽ tìm được a. Cách 2: Áp dụng Vi-ét ta có : x1  x 2  a (3), x1.x 2  a  3 (4) Lấy (3) - (4) : x1  x 2  x1.x 2  3 (5) kết hợp giả thiết ta được  x  3x 2  9  0 hệ PT :  1 giải hệ PT này bằng phương pháp thế  x1  x 2  x1.x 2  3  x  3  x1  0 a  3 Ta được kết quả:  2   x 2  4 / 3  x1  5 a  11 / 3 Câu 2. (2 điểm). a. 2x  5  x  2x  10 (*) Điều kiện: x  5 / 2 Đặt u  2x  5  u 2  2x  5 Và v  x  v 2  x nên u 2  2v 2  5 u  v  u 2  5 Kết hợp với đầu bài ta có hệ phương trình :  2 2 u  2v  5 thế 5 ở PT dưới lên PT trên : u  v  2u 2  2v 2 u  v  (u  v)(2u  2v  1)  0   u  v  1 / 2 TH1: u + v = 1/2 do đk x  5 / 2 nên v  x  5 / 2  1 / 2 và u  0 nên TH này vô nghiệm. TH2: u = v  2x  5  x  2x  5  x nên x = 5 (t/m) Vậy x = 5 là nghiệm của PT (*). ax  y  1 a 1 a2  2 b.  x ; y . ĐK : a  2 a2 a2 2x  y  a 1 a 1 a2  2 a2  a 1 Vậy x + y = hay x  y  a  1    a2 a2 a2 a2 Để x + y nguyên thì a + 2 phải là ước của 1, tức là : a  2  1 a  1  a  2  1 a  3 (t/m) . Vậy a = 1 ; a = 3 là ĐS cần tìm.  . Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 3. (2 điểm). a. Gọi   OBA , và C, D là hình chiếu vuông góc của M lên OA, OB như hình vẽ. đặt CM = a, DM = b, S1  SBDM ,S2  SACM Ta có SOAB  S1  S2  SODMC trong đó M, C, D cố định nên SODMC cố định do đó để SOAB là nhỏ nhất thì S1 + S2 phải nhỏ nhất. dễ dàng tính được: BD = b/tan  , CA = a.tan  nên 1 1 1 b2 S1  S2  b.BD  a.CA  (  a 2 .tan ) 2 2 2 tan  1 b2 2 .a .tan   a.b Áp dụng Cô si: S1  S2  .2. 2 tan  b b2 Dấu "=" xảy ra khi  a 2 .tan  hay tan   a tan  b mặt khác tan MOD  nên   MOD  MOB cân tại M a Vậy cách dựng đường thẳng d như sau : dựng MD  Oy,D  Oy dựng điểm B Oy sao cho D là trung điểm của OB khi đó đường thẳng MB là đường thẳng cần tìm. k k k b. Từ giả thiết : ax 3  by3  cz3  k nên a  3 ,b  3 ,c  3 x y z k k k 1 1 1 Vậy VT = 3 ax 2  by 2  cz 2  3    3 k(   )  3 k x y z x y z. VP =. 3. a3b3c3. k k k 3 1 1 1 3 3    k(   )  k 3 x y z x3 y3 z3. VT = VP  đpcm. Câu 4. (3 điểm). Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 5. (1 điểm). (x  y)(x 2  y 2 ) x 3  y3  yx 2  xy 2 A  xy 2 xy 2 1 x x2 y x A  2    1 đặt t  ta có A  t 2  t   1  A(t) t y x y y 2011 2012 t Do 2011  x; y  2012 nên (theo t/chất tỉ số) 2012 2011 2011 2012  t1  t 2  Xét ta tính A(t1) - A(t2) = ... < 0 2012 2011 2011 2011  t  A( )  A(t) Do đó A(t1) < A(t2) . Nên từ 2012 2012 2011 16188554 2011  min A  A( ) khi t  2012 4048144 2012 Hay x = 2011, y = 2012.. Note: Câu 5. Nếu các thầy dạy cấp III thì dễ dàng tính được max, min A(t) 1 2011 2012 A(t)  t 2  t   1 trên [ ; ] t 2012 2011 1 2t 3  t 2  1 Có A '(t)  2t  1  2  ; lấy máy tính giải PT 2t 3  t 2  1  0 (khôn ở chỗ này) 2 t t 2011 2012 ; ] và A'(t) > 0 hàm số đồng biến, chính vì thế nên ta được x  0.6573  [ 2012 2011 A(t1) - A(t2) = ... < 0 (biến đổi kiểu gì chẳng ra) 2011 2012 x x 2011 x 2012 2012 t Còn tại sao : ta có  và    2012 2011 y 2012 2012 y y 2011 PP đạo hàm chỉ thử xem mà thôi. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>