de thi vao thpt chuyen tinh vinh phuc nam hoc 20092010

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (140.58 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Equation Chapter 1 Section 1
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

——————

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
ĐỀ THI MƠN: TỐN

Dành cho các thí sinh thi vào lớp chun Tốn
Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề

—————————
(Đề có 01 trang)

Câu 1 (3,0 điểm).

a) Giải hệ phương trình:

1 1 9

1 5

2
x y

x y
xy

xy



   





  




b) Giải và biện luận phương trình: |x3 |p x|  2 | 5 (p là tham số có giá trị thực).
Câu 2 (1,5 điểm).

Cho ba số thực
, ,

a b c đôi một phân biệt. Chứng minh

2 2 2

2 2 2 2

( ) ( ) ( )

a b c

b c  c a  a b 

Câu 3 (1,5 điểm). Cho 2
1

4 4 1

A

x x



  và 2

2 2

2 1
x
B

x x




  . 
Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho

2
3

A B
C 

là một số nguyên.

Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung
điểm của BD, AC. Đường thẳng qua K và vng góc với AD cắt đường thẳng qua M và
vng góc với BC tại Q. Chứng minh:

a) KM // AB.
b) QD = QC.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3
đỉnh của một tam giác có diện tích khơng lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã
cho nằm trong một tam giác có diện tích khơng lớn hơn 4.

—Hết—

Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

Họ tên thí sinh ... SBD ...

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TỐN

Dành cho lớp chun Tốn.
—————————

Câu 1 (3,0 điểm).

a) 1,75 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện xy0 0,25

Hệ đã cho 2

2[ ( ) ( )] 9 (1)

2( ) 5 2 0 (2)

xy x y x y xy

xy xy

   




  

 0,25

Giải PT(2) ta được:

2 (3)

(4)
2
xy
xy




 


0,50

Từ (1)&(3) có:

1
2
3

2 2

1
x
y
x y

xy x

y
 





 

 



 

  



 

 


0,25

Từ (1)&(4) có:

1
1

2
2

1 1

2 2

1
x
y
x y

xy x

y
 






  

  

 

 



 



   



  

  


0,25

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y  0,25
b) 1,25 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Xét 3 trường hợp:

TH1. Nếu 2x thì PT trở thành: (p1)x2(p1) (1)
TH2. Nếu   3 x 2 thì PT trở thành: (1 p x) 2(1 p) (2)
TH3. Nếu x 3 thì PT trở thành: (p1)x2(p 4) (3)

0,25
Nếu p1 thì (1) có nghiệm x2; (2) vơ nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn:

2( 4)

3 1 1

1
p

x p

p


      

 .

0,25
Nếu p1 thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2x; (2) vô nghiệm; (3) vơ nghiệm. 0,25
Nếu p1 thì (2) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn   3 x 2; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25
Kết luận:

+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và

2( 4)
1
p
x

p




+ Nếu p = -1 thì phương trình có vơ số nghiệm 2  x

+ Nếu p = 1 thì phương trính có vơ số nghiệm   3 x 2

+ Nếu

1
1
p

p
 

 

 thì phương trình có nghiệm x = 2.

0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 2 (1,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

+ Phát hiện và chứng minh

( )( ) ( )( ) ( )( )

bc ca ab

a b a c   b a b c   c a c b  

1,0
+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:

2 2

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c bc ca ab

b c c a a b a b a c b c b a c a c b

 

      

 

        

   

0,5
Câu 3 (1,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện xác định: x1 (do x nguyên). 0,25

Dễ thấy

1 2( 1)

;

| 2 1| | 1|

x

A B

x x



 

  , suy ra:

2 1 1

3 | 2 1| | 1|
x
C

x x

  

   

 

  0,25

Nếu x1. Khi đó

2 1 4( 1) 4( 1) 1 2

1 0 1 1 0

3 2 1 3(2 1) 3(2 1) 3(2 1)

x x x

C C

x x x x

  

 

          

   

 

Suy ra 0C1, hay C không thể là số nguyên với x1.

0,5

Nếu
1

1
2 x
  

. Khi đó: x0 (vì x ngun) và C0. Vậy x0 là một giá trị cần tìm. 0,25

Nếu

1
2
x 

. Khi đó x1 (do x nguyên). Ta có:

2 1 4( 1)

1 0

3 2 1 3(2 1)

x
C

x x



 

    

 

  và

4( 1) 2 1

1 1 0

3(2 1) 3(2 1)

x x

C

x x

 

    

  , suy ra  1 C0

hay C 0 và x1.

Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x0, x1.

0,25

Câu 4 (3,0 điểm):
a) 2,0 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Gọi I là trung điểm AB,
,

E IK CD R IM CD. Xét hai tam 
giác KIB và KED có: ABD BDC

0,25
KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25

 

IKB EKD 0,25

Suy ra KIBKED IK KE. 0,25
Chứng minh tương tự có: MIAMRC 0,25

Suy ra: MI = MR 0,25

Trong tam giác IER có IK = KE và MI =
MR nên KM là đường trung bình  KM //
CD

0,25
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25
b) 1,0 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Ta có: IA=IB, KB=KD (gt) IK là đường trung bình của ABD  IK//AD hay IE//AD

chứng minh tương tự trong ABC có IM//BC hay IR//BC 0,25

Có: QK AD(gt), IE//AD (CM trên)  QK IE. Tương tự có QM IR 0,25
Từ trên có: IK=KE, QK IE QK là trung trực ứng với cạnh IE của IER. Tương tự 0,25

A I B

D E H R C

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

QM là trung trực thứ hai của IER

Hạ QH CD suy ra QH là trung trực thứ ba của IER hay Q nằm trên trung trực của

đoạn CD  Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm). 0,25

Câu 5 (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

A'

B'
C'

A

B C

P
P'

Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi

đó S 1. 0.25

Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường
thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác A B C' ' ' (hình vẽ). Khi đó SA B C' ' ' 4SABC4.

Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A B C' ' '.

0.25
Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngồi tam giác A B C' ' ', chẳng hạn như trên hình vẽ .

Khi đó d P AB



;



d C AB



;



, suy ra SPAB SCAB, mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có

diện tích lớn nhất.

0.25
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A B C' ' ' có diện tích không lớn

hơn 4. 0.25

Một số lưu ý:

-Trên đây chỉ trình tóm tắt một cách giải với những ý bắt buộc phải có. Trong q trình
chấm, nếu học sinh giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

-Trong quá trình giải bài của học sinh nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả
phần sai đó nếu có đúng thì vẫn khơng cho điểm.

-Bài hình học, nếu học sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với
phần đó.

-Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25 điểm.
-Điểm tồn bài tính đến 0,25 điểm.

—Hết—

</div>