De Dap an TS chuyen tin Vinh phuc 0910

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (129.63 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 chuyên Tin
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

—————————
(Đề thi có 01 trang)

Câu 1 (3,0 điểm).

a) Giải hệ phương trình:

2 1 0
| | 1 0
y x

y x

  




  



b) Giải phương trình: 4 x 1 3 x

Câu 2 (1,5 điểm). Cho x y, là các số thực dương thoả mãn x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức

2 2 1

8( )

P x y

xy

  

.
Câu 3 (1,5 điểm). Cho a2 b2 và

a b a b
M

a b a b

 

 

  . Tính giá trị của biểu thức:

4 4 4 4

a b a b

N

a b a b

 

 

  theo M.

Câu 4. (3.0 điểm) Hai đường tròn ( , ), ( ,O R1 1 O R2 2) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
Đường thẳng vng góc với AB tại B cắt ( )O1 tại C và cắt ( )O2 tại D (C, D khác B). Một
đường thẳng quay quanh B cắt các đường tròn ( ),( )O1 O2 theo thứ tự tại giao điểm thứ hai là
E và F .

a) Chứng minh
AE

AF không đổi.

b) Các đường thẳng EC DF, cắt nhau tại G. Chứng minh tứ giác AEGF nội tiếp đường tròn.
c) Chứng minh khi đường thẳng EFquay xung quanh B thì tâm đường trịn ngoại tiếp tứ
giác AEGF ln thay đổi trên một đường trịn cố định.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho 3 số thực không âm a b c, , . Chứng minh rằng:





2 2 2 2 1 2

a b c  abc  ab bc ca 
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

—Hết—

Cán bộ coi thi không 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 CHUN NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

Dành cho lớp chuyên Tin.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).

a) 1,5 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Viết lại hệ:

2 1 0 (1)

| | 1 0 (2)

y x
y x
  


  


Từ (1) rút y theo x ta được y = 2x -1. Thay vào (2) ta có: 2x - |x| - 2 = 0 (3) 0,50

Nếu x0 thì (3) tương đương với x = 2 suy ra y = 3. 0,50

Nếu x < 0 thì (3) tương đương với 3x - 2 = 0

2
3

x

 

(không thoả mãn x < 0). 0,25
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 3) 0,25

b) 1,5 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện xác định: x1. (*) 0,25

Phương trình đã cho tương đương với 4 x1 x 3
2

3 0 (1)
16( 1) ( 3) (2)

x
x x
 

 
  

0,5

2 11 96

(2) 22 25 0

11 96
x
x x
x
  
     
 
 0,5

Kết hợp với điều kiện (*) và (1) ta được nghiệm của phương trình là x11 96 0,25
Câu 2 (1,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Có:

2 1

4xy (x y) 1 4

xy

    

, dấu ‘=’ xảy ra

1
2

x y

  

(1) 0,5

Mặt khác có:

2 2 2 2 2 1

1 ( ) 2( ) ( )

x y x y x y

      

, dấu ‘=’ xảy ra

1
2

x y

  

(2) 0,5

Từ (1) và (2) suy ra

8. 4 8
2

P  

, dấu ‘=’ đạt được

1
2

x y

  

hay giá trị nhỏ nhất của

P bằng 8. 0,5

Câu 3 (1,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

a b a b
M

a b a b

 

 

  =

2 2
2 2
2.(a b )

a b



 0,25

Ta có:

4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 4 2 2 2 2 2 2 2 2

( ) ( ) 1

2.( )( ) 2

a b a b a b a b a b

 

     

    

       0,5

1 2 4

2 2 4

M M
M M

 
 
 

  0,25

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

Do đó,

2 4 2

2 2

4 4 24 16

4 4 4 ( 4)

M M M M

N

M M M M

  

  

  0,5

Câu 4 (3,0 điểm):

I

G

F

D
C

A

B

O1 O

2

E

a) 1,0 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Xét hai tam giác ACD AEF, ta có

 AEF AEBACBACD (cùng chắn cung AB của ( )O1 )

 AFE AFBADBADC (cùng chắn cung AB của ( )O2 )

Suy ra AEF ACD.

0.5

Vì ABCABD900 nên AC và AD lần lượt là đường kính của (O1) và (O2) 0,25
Do đó

1
2
R
AE AC

const

AF AD R  0.25

b) 1,0 điểm:

Theo phần a) ta có: AEGAEC900 và AFGAFD900 (góc nội tiếp chắn nửa

đường trịn) 0.5

Từ đó, tứ giác AEGF có AEGAFG900 do đó nội tiếp trong đường trịn đường

kính AG. 0.5

c) 1.0 điểm

Ta có ACE ABE mà ABEADG (do cùng bù với ABF) nên ACE ADG

Suy ra ACG ADG 1800 hay tứ giác ACGD nội tiếp. 0.5
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF. Khi đó I là trung điểm AG

Suy ra IO CG IO1|| , 2 ||DG

Từ đó AO I1 ACG1800 ADG1800 AO I2 . Từ đó, do O O1, 2 khác phía với AI
suy ra tứ giác AO IO1 2 nội tiếp, hay I



AO O1 2



cố định.

0.5

Câu 5 (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

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

+ Trong ba số 1 a,1 b,1 c ln có hai số cùng dấu (số 0 được coi là cùng dấu với mọi

số). Không mất tổng quát, coi 1 b,1 c cùng dấu 0.25

+ Ta có



 





















 



2 2

2 2 2

2 2

2 1 2 1 2 2 2

1 2 1 1 0

a b c abc ab bc ca a b c a abc ab ca

a b c a b c

              

       

0.5
+ Suy ra điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c  1 0.25

Một số lưu ý:

-Trên đây chỉ trình tóm tắt một cách giải với những ý bắt buộc phải có. Trong quá 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>