TS10 TNH 1112 DE CHUYEN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND TỈNH AN GIANG SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU Năm học 2011-2012 Khóa ngày 15-06-2011. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn TOÁN (ĐỀ CHUYÊN) Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề). SBD…… Phòng….. Câu I (2,0 điểm) 1- Tính (không dùng máy tính):. 2- Rút gọn biểu thức:. A. 10  2 2  2  5 1 1 2. 1 a a  a , với a  0 . 1 a. Câu II (2,0 điểm). ax  1 ax  1  , với a > 1 . a 1 a 1 2( x  3)  x  1. 1- Giải bất phương trình (ẩn x): 2- Giải phương trình: Câu III (1,5 điểm). Cho phương trình x 2  2 mx  2m  3  0 , m là tham số. 1- Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1, x 2. 2- Tìm giá trị của m để biểu thức x12  x22 đạt giá trị nhỏ nhất. 3- Tìm hệ thức liên hệ giữa x 1 , x2 độc lập với m. Câu IV (1,5 ñieå m ) 1- Cho x>0, y>0. Ch ứng minh:. 1 1 4   (*) x y x y. 2- Áp d ụng bất đẳng thức (*), chứng minh rằng:. 1 1 1 1 1 1    2(   ) , pa pb pc a b c với a, b, c và p lần lượt là các cạnh và nửa chu vi của tam giác ABC.. Câu V (1,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định ở ngoài đường tròn. Qua M, vẽ cát tuyến MAB của đường tròn (MA < MB). Trung trực của MB cắt (O) tại P và Q. Gọi I, K và H lần lượt là trung điểm của MB, AB và PQ. 1- Chứng minh: HO . AM 2. 2- Khi cát tuyến MAB quay quanh M thì H di động trên đường nào?. GV: Nguyễn Ngọc Trạng.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu VI (1,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC=2R. Trên đoạn BC lấy điểm H sao cho. 2 BH= R . Đường thẳng vuông góc với BC tại H cắt nửa đường tròn tại A. Tính theo R thể 3 tích của hình do tam giác AOC quay quanh BC sinh ra.. H ẾT. GV: Nguyễn Ngọc Trạng.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> HƯỚNG DẪN CHÂM THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU Năm học 2011-2012-Khóa ngày 15-6-2011 Môn: TOÁN (Đề chuyên). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC. A-LƯỢC GIẢI-BIỂU ĐIỂM. Câu Bài điểm). Lược giải. 1. 10  2 . . 5 1  2 2 2 1 2. I (2 đ). . ( 2  2 )(1  2 ). . (1  2 )(1  2 ). . 5 1 A  . 5 1 0,25. 10  2. 2. 0,25. 2 ( 5  1). . Điểm. 1 a a 1 a. 2 2 1 2  a. 1 a a  a  a 1 a. 3 24. 0,25.  2  (3 2  4)  4  2 2. 0,25. 1  a a  a (1  a ). 0,25. 1 a . (1  a )(1  a ). 0,25. 1 a. (1  a )(1  a )(1  a ). 0,25. 1 a. 0,25.  (1  a ). 2. Cách khác. A. 0,25. ( a  1)(a  a  1) 1 a.  a.  a  2 a 1. 0,5 0,25.  ( a  1) 2 II (2 đ). 1. ax  1 ax  1 , với a > 1  a 1 a 1 a  1  (a  1)(a  1)  0 Nhân cả 2 vế của BPT với (a-1)(a+1), ta được:. ( ax  1)(a  1)  ( ax  1)(a  1)  a 2 x  ax  a  1  a 2 x  ax  a  1  2ax  2 a  x  1. GV: Nguyễn Ngọc Trạng. ( do a  0). 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy bất phương trình cho có nghiệm x > 1. (Thiếu 2 điều kiện -0,25, thiếu 1 trong 2 điều kiện chấm đủ) 2. 2( x  3)  x  1 ĐK: x  1  0  x  1 ,. 1,0 0,25. Phương trình cho tương đương với:. 0,25. 2 x  6  ( x  1) 2  x 2  4 x  5  0 '  9 x1  5;. 0,25. x 2  1 Chỉ có nghiệm x1=5 thỏa điều kiện. Vậy phương trình cho có nghiệm x=5. (Thiếu ĐK không chấm KL) III (1,5đ). 1. x 2  2 mx  2m  3  0. 0,25. (1). Ta có:.  '  ( m) 2  (2 m  3)  m 2  2m  3. 0,25.  (m  1) 2  2  0, m  R Vậy phương trình cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. Theo định lý Vi-ét, ta có:. b c  2m ; x1 .x2   2 m  3 a a Do đó: x12  x 22  ( x1  x 2 ) 2  2 x1 x2  4m 2  4m  6. 0,25. x1  x 2  . 2.  (2 m  1) 2  5  5, m  R. 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi 2m  1  0  m  2 1 Vậy: với m  thì biểu thức x12  x22 đạt giá trị nhỏ nhất là 5. 2. IV (1,5đ). 3. x1  x 2  2 m    x1 .x 2  ( x1  x2 )  3  0 x1 .x2  2m  3. 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương x, y, ta có:. 2. x  y  2 xy  ( x  y ) 2  4 xy (do 2 vế đều là số dương) x y 4   ( do x+y>0, xy>0) xy x y 1 1 4    (đpcm) x y x y Ta có : a< b+c ( bất đẳng thức trong tam giác ABC) Suy ra : p-a >0 . Tương tự : p-b>0 , p-c>0. Áp dụng kết quả ở phần 1 nêu trên, ta được :. 1  pa 1  pb 1  pc. 1 4 4   (1) p  b ( p  a )  ( p  b) c 1 4  (2) pc a 1 4  (3) pa b. GV: Nguyễn Ngọc Trạng. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Cộng các bất đẳng thức cùng chiều (1), (2) và (3) rồi rút gọn, ta được:. 0,25. 1 1 1 1 1 1    2(   ) (đpcm) pa pb pc a b c V (1,5đ). 1 B K. A. I Q M. 0,25. O H. P. Hình a B P. 0,25. K I. A. 0,25. 2 M. C. O H. 0,25. 0,25 Q. Hình b Tứ giác OHIK có: Iˆ  1v ( do PQ là trung trực của MB). Hˆ  1v ( do quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) Kˆ  1v ( do quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung). Vậy OHIK là hình chữ nhật, Suy ra : HO  IK  IB  KB . MB AB MA   (đpcm) 2 2 2. Gọi C là trung điểm của OM, 2 tam giác HOC và AMO có:. GV: Nguyễn Ngọc Trạng. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  HOC =  AMO (so le trong) và. HO OC 1   AM MO 2. nên chúng đồng dạng. Suy ra CH . OA R  . 2 2. Do O, M cố định nên C cố định. Vậy H thuộc đường tròn tâm C bán kính R/2. VI (1,5đ) 0,25. Khi hình vẽ quay quanh BC, các tam giác vuông AHC, AHO tạo ra các hình nón có chung bán kính đáy AH và đường cao của các hình nón lần lượt là HC và HO. Thể tích V của tam giác AOC sinh ra bằng thể tích sinh ra bởi tam giác vuông AHC trừ thể tích sinh ra bởi tam giác vuông AHO, Ta có:. 1 1 V   . AH 2 ..HC   . AH 2 .HO 3 3 1 1   . AH 2 ( HC  HO)   . AH 2 .R (1) 3 3 Mà tam giác ABC vuông tại A ( vì góc BAC nội tiếp nửa đường tròn)với. 2 4 8 đường cao AH có AH  HB.HC  R. R  R 2 . 3 3 9 3 8R Vậy V  27. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 2. 0,25. B-HƯỚNG DẪN: 1-Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn được điểm tối đa. 2-Trong các bài hình học, mỗi bài chỉ chấm hình vẽ 1 lần – nếu đúng; không có hình hoặc hình sai thì không chấm phần lời giải tương ứng . 3-Điểm số có thể chia nhỏ đến 0,25. Tổng điểm toàn bài không làm tròn.. GV: Nguyễn Ngọc Trạng.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>