DE THIDA L10 CHUYEN 2010

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (248.17 KB, 5 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011
Mơn thi : TỐN (chun) – Sáng ngày 01/7/2010

Thời gian làm bài : 150 phút
(Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (4 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: 2 1 2 1

2 1 2 1

x x x x

P

x x x x

    



     với x

2

b) Cho biểu thức ( 5 3)n ( 5 3)n

n

S     với n là số nguyên dương.
Chứng minh rằng 2 1

2 2

n
n n

S S 

  . Áp dụng: khơng sử dụng máy tính, hãy tính S4 và
S8.

Câu 2. (4 điểm)

a) Không sử dụng máy tính, hãy giải phương trình: 4 2

2009 2010 0

x  x  

b) Giải hệ phương trình:
2

1 ( ) 4

( 1)( 2)

x y x y y

x x y y

    




   



Câu 3. (4 điểm)

a) Cho phương trình (ẩn x): x2 2(m 2)x 4m 9 0

     có hai nghiệm x1 ; x2 . Tìm m sao

cho biểu thức 2 2

1 2 8 1 2

A x x  x x đạt giá trị nhỏ nhất.

b)Biết hai phương trình x2 + ax + bc = 0 và x2 + bx + ca = 0 ( c0) chỉ có một nghiệm
chung. Chứng minh hai nghiệm cịn lại là nghiệm của phương trình x2 + cx + ab = 0.

Câu 4. (3 điểm)

Cho tam giác ABC, dựng hai đường trịn đường kính AB và AC cắt nhau tại D. Một
đường thẳng qua D cắt đường trịn đường kính AB tại E và cắt đường trịn đường kính
AC tại F sao cho D nằm giữa hai điểm E và F ( E và F khác A, B, C). Gọi M, N là các
trung điểm tương ứng của BC và EF. Chứng minh rằng AN vng góc với NM.

Câu 5. (3 điểm)

Gọi AB là một đoạn thẳng cho trước. Tìm tất cả các điểm C trong mặt phẳng chứa AB
sao cho: trong tam giác ABC đường cao kẻ từ A và đường trung tuyến kẻ từ B có độ dài
bằng nhau.

Câu 6. (2 điểm)

a) Cho 2 số dương a và b. Chứng minh rằng : 1 1 1 1( )
4

a b  a b
 b) Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn 1 1 1 2010.

xyz 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 2 1 21 1 2

x y z x y z x y z

  

     

HẾT

-Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh:……….

Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011

Mơn: TỐN (chun)

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Bản hướng dẫn chấm này gồm có 04 trang)

I. Hướng dẫn chung:

1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách giải nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm

từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Điểm tồn bài khơng làm trịn số.

II. Đáp án và biểu điểm:

Câu Đáp án Biểu điểm

Câu 1. (4 điểm)
a) 2đ

Rút gọn biểu thức: 2 1 2 1

2 1 2 1

x x x x

P

x x x x

    



    

với x2

2( 1 2 1 1 1 2 1 1)

2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1

x x x x

P

x x x x

        



        

0,5



2 2



2 2

2 ( 1 1) ( 1 1)

( 2 1 1) ( 2 1 1)

x x

P

x x

    



    

0,5





2 1 1 1 1

2 1 1 2 1 1

x x

P

x x

    



    

0,25





2 1 1 1 1

2 1 1 2 1 1

x x

P

x x

    



    

( vì x 2 nên x  1 1 và 2x  1 1)

0,5

2.2 1

2 2

2
x

P   x 0,25

b) 2đ Cho biểu thức ( 5 3)n ( 5 3)n

n

S     với n là số nguyên dương

Ta có :

















2 2

2 5 3 5 3 5 3 5 3

n n n n

n

S          

   

   

0,5



 





 



2 5 3 5 3 2 5 3 5 3

n

n n

n

S          

   

  0,5

2 2 1

2 2.2 2

n n

n n n

S S S 

    ( đpcm) 0,25

Ta có : S 1 2 5

2 2 2

2 1 2 (2 5) 4 16

S S    

0,25

2 3 2

4 2 2 16 8 248

S S     0,25

2 5 2

8 4 2 248 32 61472

S S     0,25

Câu 2. (4 điểm)

a) 1đ Giải phương trình: x4 2009x2 2010 0

   (1)

Đặt X = x2 , X0. Ta có: (1) X2 2009X 2010 0

    (2) 0,25

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

Nên phương trình (2) có hai nghiệm X  1 1 0 (bị loại);X 2 2010 0,25
Vậy nghiệm của phương trình (1) là x 1 2010 ;x 2 2010 0,25

b) 3đ

Giải hệ phương trình:
2

1 ( ) 4

( 1)( 2)

x y x y y

x x y y

    




   




2
2

( ) 4

1( 2) 1

x

x y

y

x x y

y

 

  



 



   




( vì y 0) 0,5

Đặt

2 1
x

u
y
x y v
 






  


Hệ phương trình trở thành: 4
( 2) 1
u v
u v

 




 



0,25

Từ (1) suy ra: u 4 v, thế vào (2) ta được: (4 v v)(  2) 1 0,25

2 6 9 0

v v

    , giải tìm được v = 3 0,25

4 3 1

u

    0,25

Vậy ta giải hệ:
2

1
3

x y

x y

  



 



(*) 0,25

Từ (*) suy ra x2  1 3 x x2 x 2 0  x11;x2 2 0,5
Khi x1  1 y1 2

Khi x2  2 y2 5

0,25
Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm: (1;2), (-2;5) 0,25

Câu 3. (4 điểm)

a) 2đ x2 2(m 2)x 4m 9 0

    

2 2

' (m 2) 4m 9 m 5

       0,25

Phương trình có 2 nghiệm    ' 0 m 5 hoặc 5 m 0,25
Theo hệ thức Vi-ét ta có : x1x2 2m4;x x1 2 4m9 0,25

Ta có: 2 2 2

1 2 8 1 2 ( 1 2) 10 1 2

A x x  x x  x x  x x 0,25

2 2 2

(2 4) 10(4 9) 4 24 74 4( 3) 110 110

A m  m  m  m  m   0,5

Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi m = 3 > 5 0,25

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 110 khi m = 3.

Ghi chú: Nếu thí sinh khơng tìm được ĐK : m  5 hoặc m  5 nhưng có thế

m = 3 vào biểu thức '= 4 > 0 thỏa mãn điều kiện có nghiệm thì vẫn khơng bị trừ
điểm.

0,25

b) 2đ x2 + ax + bc = 0 (1)

x2 + bx + ca = 0 (2) ( c0)
Giả sử (1) có hai nghiệm x0, x1
 (2) có hai nghiệm x0, x2

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

Theo hệ thức Vi-ét ta có: x x0 1bc x x, 0 2 ca
Mà c0 nên x1b x, 2 a

0,25

x c là nghiệm của (1) nên 2

0 ( ) 0

c ac bc   c a b c   0,25

Vì c 0 nên a + b + c = 0 a b c 0,25

Ta có: 1 2
1 2

x x c

x x ab
 





 0,25

Vậy theo định lý đảo Vi-ét thì x x1, 2 là nghiệm của pt: x2cx ab 0 0,25

Câu 4. (3 điểm)

Vì AB và AC là đường kính của các đường tròn
Nên ADB 90 ;0 ADC 900

 

Do đó D nằm trên đường BC

0,25
0,25
Ta có : ABDAED ( cùng chắn cung AD)

ACD AFD ( cùng chắn cung AD)

0,25
0,25

Nên ABCAEF 0,25

Suy ra 2

EF 2

BA BC BM BM

EA  EN EN 0,5

Mà ABM AEN nên ABM AEN 0,25

Suy ra AMBANE 0,25

Do đó tứ giác ADMN nội tiếp 0,25

  900

ANM ADM

  

Vậy AN NM (đpcm

0,25
0,25

Câu 5. (3 điểm)

Gọi H là chân đường cao hạ từ A; M là trung điểm của AC

Theo giả thiết ta có AH = BM 0,25

Gọi N là chân đường vng góc hạ từ M xuống BC

Khi đó MN//AH 0,25

B
C

A D

H
M

D
A

B C

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Nên MN =1 1

2AH 2BM 0,5

Suy ra tam giác vuông BMN là nửa tam giác đều cạnh BM 0,25

Do đó MBN  300 0,25

Gọi D là điểm đối xứng của A qua B
Khi đó D cố định và BM//CD

0,25
0,25

Suy ra   0

BCD CBM  ( so le trong) 0,5

Do đó các điểm C nằm trên cung chứa góc 300 dựng trên đoạn BD 0,25

Vậy quỹ tích của C là hai cung chứa góc 300 dựng trên đoạn BD (trừ 2 điểm B và

D). Dễ thấy các đường trịn chứa hai cung này có bán kính bằng độ dài AB và có
tâm I sao cho tam giác BID đều.

0,25

Câu 6. (2 điểm)

a) 1đ Áp dụng BĐT Cơsi cho 2 số dương ta có:

2 4 ( )

a b  ab ab a b 0,5

1 1 1 1

( )

4 4

a b

a b ab a b



   

 (*)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b

0,5

b) 1đ Áp dụng BĐT (*) ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

( ) ( )

2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z

   

           

       (1) 0,25

Tương tự ta có: 1 1 1 1 1

2 8 2 2

x y z y z x

 

    

    (2)

1 1 1 1 1

2 8 2 2

x y z z x y

 

    

    (3)

0,25

Cộng (1), (2) , (3) ta được:

1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1

( ) ( )

2x y z  x2y z x y 2z 8 xyz2x2y2z 4 xyz 0,25

Vậy : 1 1 1

2x y z  x2y z x y 2z 

2010 1005

4  2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1

670
x  y z

Vậy MaxP = 1005
2 khi

1
670

x  y z .

0,25

</div>

DE THIDA L10 CHUYEN 2010

<b>Mơn: TỐN (chun)</b>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>































 





 



Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về