Tài liệu Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Quốc học Huế 2009 docx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN CHUYÊN - Năm học 2009-2010
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (2 điểm)
Cho phương trình :
2
10   x mx m
(
m
là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm thực phân biệt
1
x
,
2
x
.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
22
12
2
2



mm
S
xx
.

Bài 2: (3 điểm)
a) Cho phương trình
2
0ax bx c  
có hai nghiệm dương phân biệt.
Chứng minh rằng phương trình
2
0  cx bx a
cũng có hai nghiệm dương phân biệt.
b) Giải phương trình :
24
2 1 0
42
xx
xx

  


c) Chứng minh rằng có duy nhất bộ số thực (x ; y ; z) thỏa mãn điều kiện :
1
2008 2009 2010 3012 ( )
2
x y z x y z        

Bài 3: (2,5 điểm)
Cho góc xOy có số đo bằng 60
o
. Đường tròn có tâm K nằm trong góc xOy tiếp xúc với tia
Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm P sao cho OP = 3OM.

Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O. Đường thẳng PK cắt đường
thẳng MN ở E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN ở F.
a) Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ.
b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.
c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều.
Bài 4: (1,5 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên (a ; b) nghiệm đúng điều kiện :

2 2 2
( 1) ( 9) 4 20 25a a b b    
.
Bài 5: (1 điểm)
Người ta gọi “Hình vuông (V) ngoại tiếp tứ giác lồi ABCD”
khi tứ giác ABCD nằm trong (V) và trên mỗi cạnh của (V) có
chứa đúng một đỉnh của tứ giác ABCD (Hình 1).
Giả sử tứ giác lồi ABCD có hai hình vuông ngoại tiếp khác
nhau. Chứng minh rằng tứ giác này có vô số hình vuông ngoại
tiếp nó.


--------------- HẾT ---------------

1
SBD thÝ sinh:...............
Ch÷ ký GT1:................................
2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN CHUYÊN - Năm học 2009-2010
ĐỀ CHÍNH THỨC §¸p ¸n vµ thang ®iÓm
(Hướng dẫn có 03 trang)

I/Hướng dẫn chung:
- Dưới đây chỉ là Hướng dẫn tóm tắt của một cách giải, bài làm của học sinh có lời giải khác đáp án, nếu
đúng các giám khảo vận dụng thang điểm của hướng dẫn để cho điểm.
- Bài làm của học sinh đúng đến đâu các giám khảo cho điểm tới đó.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm bài phần sau.
- Khi chấm các phần cho từ 0,5 điểm trở lên, các giám khảo có thể thống nhất chia nhỏ tới 0,25 điểm.

II/Đáp án và thang điểm :

Bài Câu Nội dung
Điểm
1.
(2đ)
a)
(0,5đ)

2
x mx m 1 0   
(*) .

 
2
2
4 4 2m m m     

0,25
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
 
2
0 2 0 2mm       

0,25
b)
(1,5đ)
Ta có:
12
x x m
;
12
x .x m 1  
.
0,25

 
2 2 2
2
2 2 2
12
1 2 1 2
m 2m m 2m m 2m
S
x x 2 m 2m 4
x x 2x x 2
  
  
   
  

0,5
 

2
4 4 1
11
33
13
S
m
     


0,5
1
1
3
mS    
. Vậy, giá trị nhỏ nhất của S là:
1
3

.
0,25
2.
(3đ)
a)
(1đ)
Theo giả thiết, phương trình
2
0ax bx c  
(1) có hai nghiệm dương phân biệt,
nên:

2
1
0, 4 0a b ac    
,
1 1 2
0
c
P x x
a
  
,
1 1 2
0
b
S x x
a

   
.
0,5

Xét phương trình
2
0cx bx a  
(2). Từ trên ta có
0c 
và
2
21
40b ca     

nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
34
,xx
.
0,25

2 3 4
0
a
P x x
c
  
(do
0
c
a
).
2 3 4
b
S x x
c

  
. Nhưng
b b a
c a c


, mà

0
b
a


và
0
a
c
, do đó:
2
0S 

Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt.
0,25

b)
(1đ)
24
2 1 0
42
xx
xx

  


Điều kiện:
24
4, 0, 2, 0 4 2
42
xx
x x x
xx

        


Đặt
 
2
0
4
x
tt
x



, ta có:
  
2
2
1 0 2 0 1 2 0t t t t t
t
          

0,5

Chỉ chọn
t1
. Ta có:
2
1 1 1
4

     

x
tx
x
. Nghiệm của phương trình là
1x
0,5
3

c)
1
2008 2009 2010 3012 ( )
2
x y z x y z        
(**)


(1đ)
Điều kiện:
2008x 

,
2009y 
,
2010z 
.
0,25
(**) tương đương:
( 2008) 2 2008 1 ( 2009) 2 2009 1 ( 2010) 2 2010 1 0x x y y z z              

2 2 2
( 2008 1) ( 2009 1) ( 2010 1) 0x y z         
(***)
0,5

(***) chỉ xảy ra trong trường hợp:
2008 1 2009
2009 1 2010
2010 1 2011
xx
yy
zz
  


   


  

(thỏa điều kiện)

0,25
3
(2,5đ)
a)
(1đ)




Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ.

Hình vẽ đúng.
+PK là phân giác góc

QPO



MPE KPQ
(α) .
+ Tam giác OMN đều

0
120EMP
.
+ QK cũng là phân giác

OQP


 
 
0
QKP 180 KQP KPQ  

Mà
 
0 0 0
2KQP 2KPQ 180 60 120   


0
120QKP
. Do đó:


 
EMP QKP
.
Từ (α) và (β), ta có tam giác MPE đồng
dạng với tam giác KPQ.
0,25


0,25

0,5
b)
(0,5đ)
Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.

Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên:


MEP KQP
, hay:


FEP FQP

0,25
Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.
0,25
c)
(1đ)

Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều.

Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên:
PM
PK
=
PE
PQ

. Suy ra:
PM
PE
=
PK
PQ
.
Ngoài ra:


MPK EPQ
. Do đó, hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng.
0,25
Từ đó:


0
PEQ PMK 90
.
Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF.
Vì vậy, tam giác DEF cân tại D.
0,25
Ta có:

 
FDP 2FQD OQP
;




EDQ 2EPD OPQ
.
0,25



 

00
FDE 180 FDP EDQ POQ 60    

Từ đó, tam giác DEF là tam giác đều.
0,25
4.
(1,5đ)










Tìm các cặp số nguyên (a ; b) nghiệm đúng:
2 2 2
(a 1) (a 9) 4b 20b 25    
.

Viết lại:
 
2
22
(a 1) (a 9) 2b 5   
. Suy ra: a
2
+9 là số chính phương.
0,25
Do
2
a
< a
2
+9 ≤
 
2
a3
nên chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau:
1/ a
2
+9=
 
2
a3
2/ a
2
+9=
 
2

a2
3/ a
2
+9 =
 
2
a1
.
0,25
K
E
F
D
N
P
Q
y
M
O
x
4


Trường hợp 1: a
2
+9 =
 
2
a3


a = 0. Lúc đó: 9 = (2b+5)
2

1b 
hoặc
4b 

0,25
Trường hợp 2: a
2
+9 =
 
2
a2

5 = 4
a
. Không có số nguyên a nào thỏa.
0,25
Trường hợp 3: a
2
+9 =
 
2
a1

a
= 4

a = 4 hoặc a =  4.

Với a = 4, ta có: 9.25 = (2b+5)
2

b = 5 hoặc
10b 
.
Với
4a 
, ta có: 25.25 = (2b+5)
2

b = 10 hoặc
15b 
.
0,25
Các cặp số nguyên thỏa bài toán:
             
; 0; 1 , 0; 4 , 4;5 , 4; 10 , 4;10 , 4; 15ab       

0,25
5.
(1đ)

Giả sử tứ giác lồi ABCD có hai hình vuông ngoại tiếp khác nhau.
Chứng minh rằng tứ giác này có vô số hình vuông ngoại tiếp nó.

Xét MNPQ là hình vuông ngoại tiếp tứ giác ABCD. Gọi A’ là hình chiếu của A lên
PQ, B’ là hình chiếu của B lên MQ. Từ B kẻ đường vuông góc với AC cắt MQ tại E.
Ta chứng tỏ: BE = AC.
Nếu E trùng B’ thì A’ trùng C. Lúc đó: BE = BB’ = AA’ = AC.
Nếu E khác B’ thì xét hai tam giác vuông BB’E và AA’C. Chúng có: BB’=AA’ và


B'BE=A'AC
nên Δ BB’E = Δ AA’C. Suy ra: BE = AC.
0,5
Bây giờ, xét hai hình vuông M
1
N
1
P
1
Q
1
và M

2
N
2
P
2
Q
2
cùng ngoại tiếp tứ giác ABCD.
Từ B kẻ đường vuông góc với AC cắt M
1
Q
1
tại E
1
và cắt M
2
Q
2
tại E
2.
Theo chứng
minh trên: BE
1
= AC và BE
2
= AC. Suy ra E
1
và E
2
trùng nhau tại D.

Vì vậy, tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD bằng nhau và vuông góc nhau.
0,25
Cuối cùng, cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD bằng nhau và vuông
góc nhau. Dựng đường thẳng (d) tùy ý sao cho tứ giác ABCD và (d) chỉ có một điểm
chung là A. Qua C dựng đường thẳng song song với (d). Qua B và D dựng các đường
thẳng vuông góc với (d). Ta có hình chữ nhật MNPQ ngoại tiếp tứ giác ABCD.
Gọi A’ là hình chiếu của A lên PQ, B’ là hình chiếu của B lên MQ. Từ tính chất “hai
đường chéo AC, BD bằng nhau và vuông góc nhau”, suy ra AA’ = BB’ (chứng minh
như phần đầu). Do đó, hình chữ nhật MNPQ là hình vuông.
Vì vậy, có vô số hình vuông ngoại tiếp tứ giác ABCD.
0,25

M
E
D
B'
A'
C
B
A
Q
PN
D
C
B
A
P
2
E
2

E
1
M
2
Q
2
N
2
Q
1
P
1
N
1
M
1