DEDA THI 10 CHUYEN TOANLS

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (353.2 KB, 7 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

ĐẾ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011 - 2012

MƠN THI: TỐN

Dành cho lớp chun Toán

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2 điểm). Cho phương trình:

x



2(

m



1)

x m





m

 

1 0

(m là tham số)

1. Giải phương trình khi

m



1 .

2. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm

x x

,

thoả mãn

1 2

4 x



x



.

Câu 2 (3điểm).

1. Giải phương trình

4

2

2.

2

3 









x

2. Tìm tất cả các cặp hai số nguyên dương



x y;



thỏa mãn phương trình



x



1

 

y



1





2 

x y



 

1 

xy





4 1





xy



.

Câu 3 (1điểm). Cho ba số thực dương

x y z

, ,

thỏa mãn

x y z  3.

Chứng minh rằng

.







x

y

z

xy yz zx

Câu 4 (3 điểm). Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm là H và

BAC





60 . Gọi D và E

lần lượt là chân các đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC và I là trung điểm của

BC.

1. Chứng minh rằng BEDC là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh rằng tam giác IDE đều.

3. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng tam

giác AHO cân.

Câu 5 (1điểm). Tỉnh X có 100 mảnh đất thuộc diện

long mạch. Người ta chọn một

vài miếng và chia mỗi miếng thành 10 miếng nhỏ. Tiếp theo, lại chọn một vài

miếng trong tổng số thu được và lại cắt mỗi miếng thành 10 phần. Quá trình cứ

tiếp diễn như vậy, hỏi sau hữu hạn bước, có thu được 2010 mảnh đất long mạch

hay khơng? Nếu có, thì sau ít nhất bao nhiêu bước?

---HẾT---Chú ý: Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

ĐẾ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 201 1 - 201 2

HƯỚNG DẪN CHẤM

Mơn: TỐN (Dành cho lớp chuyên Toán)

- Học sinh có thể giải theo những cách khác nhau, nếu đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tới 
đa ứng với phần đó.

- Đối với bài hình học: Nếu học sinh khơng vẽ hình, hoặc vẽ hình sai: không cho điểm.

- Hướng dẫn chấm này gồm 2 trang.

Y

Nội dung trình bày

Điểm

Câu 1 (2 điểm)
1 Khi m1, phương trình đã cho trở thành:

2 4 3 0

x  x  0.5

Giải phương trình ta được hai nghiệm x1 và x3 0,5

2

Ta có  ' (m1)2 (m2 m1)m

Phương trình đã cho có hai nghiệm khi   ' 0 m0 (*) 0.25

Khi đó phương trình đã cho có nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x1x2 2



m1



. 0.25
Vậy ta có phương trình 2



m1



4  m1. 0,25
Đối chiếu với điều kiện (*) ta được m1. 0,25

Câu 2 (3 điểm)

1.

+ Điều kiện x2 0.25

+ Đặt 2 x 3 t t, 3, ta được phương trình

4
5

 

t

t 0.25

2 5 4 0 4

 t  t   t

(do

t ) 0.25

+ Với t4 thì 2 x  3 4 2 x  1 x1 0.25

2.

+ Viết lại phương trình đã cho về dạng



 



1 1 4

x y 

 

  0.5

+ Với



x1

 

y1



      2 1 2 2 1 ( 1) ( 2) ( 2) ( 1)      , phân chia các trường
hợp, giải được



x y;

 

1;2 , 2; 1 , 3;0 , 0;3

 

 

 



 



0.75

+ Với



x1

 

y1



2    2 1 2 ( 1)    1 2 1 ( 2), phân chia các trường
hợp, giải được



x y;

 

1;0 , 0; 1 , 3;2 , 2;3

 



 



 





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

+ Viết lại BĐT cần chứng minh về dạng





2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9

x  x y  y z  z x y z  xy yz zx   0.25
+ Theo BĐT AM-GM:

2 2 2 33 2 3 , " " 1

x  x x  x x  x x x  x   x 0.25

+ Tương tự, cũng được y22 y 3 , " "y   y1 và
2 2 3 , " " 1

z  z  z   z

0.25
+ Cộng ba BĐT cùng chiều, ta được





2 2 2 2 2 2 3 9, " " 1

x  x y  y z  z  x y z     x  y z

(ĐPCM) 0.25
Câu 4 (3,0 điểm)

1. Vì BEC BDC  900 nên tứ giác BEDC

nội tiếp. 1,0

2. Vì ID IE , nên tam giác IDE cân tại I. 0,50
Mặt khác B, E, D, C nằm trên đường tròn

tâm I, đường kính BC nên

 2 600

EID EBD

(vì BAC600  EBD 300)

Do đó tam giác IDE đều (đpcm).

0,5

3. Kéo dài BO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm K. 0.25
Dễ thấy khi đó tứ giác AHCK là hình bình hành, suy ra AH CK 0.25

Ta có BAC BKC   BKC 600. Trong tam giác vng BCK có BKC600

nên

1
2

CK  BK BO

, suy ra CK AO

0.25
Vậy AH AO. Do đó tam giác AHO cân tại A 0.25

Câu 5 (1điểm)

+ Bước 1: Lấy a1 mảnh đất từ 100 mảnh đất ban đầu, cắt mỡi mảnh thành 10 phần, 
khi đó tổng số mảnh đất thu được là S1



100 a1



10a1100 9 a1

0.25
+ Bước 2: Lấy a2 mảnh đất từ S1 mảnh, cắt mỡi mảnh thành 10 phần, khi đó tởng

số mảnh đất thu được là S2 



S1 a2



10a2 S19a2 100 9



a1a2



0.25
+ Bước thứ k: Lấy ak mảnh đất từ Sk1 mảnh đất, cắt mỗi mảnh thành 10 phần,

khi đó tởng số mảnh đất thu được sau bước thứ k là Sk 100 9



a1a2ak



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

+ Từ đó, nếu sau k bước thu được 2010 mảnh thì



1 2



100 9 a a ak 2010

Với ai là các số nguyên dương.

Nhưng 2010vµ 9



a1ak



đều chia hết cho 3, cịn 100 khơng chia hết cho 3,

nên không thể thu được 2010 mảnh sau hữu hạn bước.

0.25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

ĐẾ DỰ BỊ

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011

MƠN THI: TỐN

Dành cho lớp chun Toán

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,5 điểm). Cho phương trình

x2 mx



2m5



0

(

m

là tham số)

1. Giải phương trình với

m4

.

2. Tìm tất cả các giá trị của tham số

m

sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm

1, 2

x x

mà

7x1 2x2 5 0.

Câu 2 (2,0 điểm).

1. Giải phương trình:

18

5

4

3

5 







x

.

2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho

n

2009

 

n

1 là một số nguyên tố.

Câu 3 (1,5 điểm).

Giải hệ phương trình:

2

1

3

2

4 x y

x

y





 

















Câu 4 (3 điểm). Lấy điểm

P

ở trong tam giác

ABC

sao cho

PBCPCA PAB.

Tia

BP

cắt lại đường tròn ngoại tiếp của tam giác

ABC

tại

D,

đường thẳng

CD

cắt

đường tròn ngoại tiếp của tam giác

APD

tại điểm thứ hai

E.

1.

Chứng minh rằng

AD PC// .

2.

Chứng minh rằng

APDE
ABP

S AC

S AB

 

  

 

Câu 5

(1,0 điểm). Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn

1 1 1

1

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

——Hết——

Chú ý: Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh ... SBD ...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

ĐẾ DỰ BỊ

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM

Mơn: TỐN (Dành cho lớp chun Toán)

- Học sinh có thể giải theo những cách khác nhau, nếu đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tới 
đa ứng với phần đó.

- Đối với bài hình học: Nếu học sinh khơng vẽ hình, hoặc vẽ hình sai: khơng cho điểm.

- Hướng dẫn chấm này gồm 2 trang.

Y Nội dung trình bày Điểm

Câu 1 (2,5 điểm)

+ Với m1 thì phương trình có dạng x24x 3 0 0,5

+ Tính   22  3 7 0 0,25

+ Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1,2  2 7 0,25

+ Phương trình có hai nghiệm x x1, 2 khi và chỉ khi









2 4 2 5 0 2 8 20 0 4 36 10

2
m

m m m m m

m




             




0,5

+ Khi đó phương trình có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x1x2 m vµ x x1 2 2m5 0,25

+ Do 7x1 2x2 5 0 nên 1

2 5
9

m
x  

là nghiệm của phương trình 0,25
+ Thay vào phương trình, được











 



2 2

2 5 2 5

9 9 86

( )

2 5 0 2 5 86 7 0

( )

tháa m·n ®iỊu kiƯn
tháa m·n ®iỊu kiƯn

m m m

m m m m

m

   

          





0,5
Câu 2 (2,0 điểm)

1 Điều kiện x5 (*) 0,25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

3 x 5 x 5 x18 12 4  x 5 x 5 1  x6.

Từ đó suy ra nghiệm của PT ban đầu là x6. 0,25

Đặt P n 2009 n 1. Với n=1 thì P=3 là số nguyên tố, vậy n=1 thoả mãn. 0,25

Với n1, ta có P n n 2( 20071) ( n2 n 1). 0,25
Ta có n20071 ( ) n3 6691 nên n20071 chia hết cho n31, suy ra n20071 chia hết

cho n2 n 1. Vậy P chia hết cho n2 n 1. Trong trường hợp này P không là số

nguyên tố.

0,25
Vậy n =1 là giá trị duy nhất cần tìm. 0,25

Câu 3 (1,5 điểm)

Điều kiện:

2 1 0

0
x y
x y
  


 

Đặt
2
2 2
2

2 1 2 1

3 2 1

a x y a x y

x y a b

b x y

       
 
     
 

 
  
 

 (a b, 0).

0,25

Ta có: 2 2

1
5
a b
a b
 



 


 2 2 2

1 1 2; 1

1; 2

( 1) 5 2 0

   
    
 
     
 
     
  
 

a b a b a b

a b

b b b b 0,50

Với a2;b1, tìm được x2;y1.

Với a1;b2, tìm được x4;y8. 0,25
Vậy hệ có hai nghiệm là ( ; ) (2; 1);( 4;8)x y    . 0,25

Câu 4 (3 điểm)

Vẽ hình đúng 0,5

1. Do tứ giác ABCD nội tiếp

nên DACDBC (1) 0,5

+ Theo giả thiết DBCPBCPCA (2) 0,25

+ Từ (1) và (2) suy ra PCACAP

do đó DA PC// 0,25

2. Theo kết quả phần 1. thì SAPD SACD

suy ra SAPDE SACE (3)

0,5
+ Do tứ giác APCE nội tiếp nên

180

CEA CPA BPA

     (4) 0,25
+ Do tứ giác nội tiếp nên ACDABDABP (5) 0,25

+ Từ (4) và (5) suy ra ACEABP 0,25

+ Từ đó và (3) suy ra

APCE ACE

ABP ABP

S S AC

S S AB



 

  

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 5 (1,0 điểm)

Đặt b c a  1 2 ; x a c b3   1 2 ; y a b c3    1 2 z3. Cần chứng minh xyz1 0,25
Từ giả thiết suy ra a b c, , 1. Do đó x3y3 0;y3z30;x3z30

Giả sử xyz1. Khi đó trong 3 số x,y,z có nhiều nhất một số âm, nhưng xyz1 nên
x,y,z đều dương.

0,25

Ta có ay3z3 1 yz y z(  ) 1 , suy ra xa xyz y z (  )   x x y z

Suy ra

1 x

a  x y z  . Tương tự ta có

1 1

;

y z

b x y z c   x y z  .

0,25

Do đó

1 1 1
1

</div>

DEDA THI 10 CHUYEN TOANLS

MƠN THI: TỐN

<i><b>Dành cho lớp chun Toán</b></i>

<i>Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề</i>

<b>Câu 1 (2 điểm). Cho phương trình: </b>

<i>x</i>



2(

<i>m</i>



1)

<i>x m</i>





<i>m</i>

 

1 0

(m là tham số)

1. Giải phương trình khi

<i>m</i>



1

<sub>.</sub>

2. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm

<i>x x</i>

,

thoả mãn

4

<i>x</i>



<i>x</i>



<sub>.</sub>

<b>Câu 2 (3điểm). </b>

1. Giải phương trình

4

2

2.

2

3











<i>x</i>

<i>x</i>

2. Tìm tất cả các cặp hai số nguyên dương





thỏa mãn phương trình



<i>x</i>



1

 

<i>y</i>



1





2



<i>x y</i>



 

1



<i>xy</i>





4 1





<i>xy</i>



.

<b>Câu 3 (1điểm). Cho ba số thực dương </b>

<i>x y z</i>

, ,