De thi vao 10 Tinh Ha Nam

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT. HÀ NAM. NĂM HỌC 2013-2014. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn: Toán (Chuyên Tin) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Bài 1. (2,0 điểm). M. 2 a. . a 2. . . 3b  2a 2. a 2  3ab. Cho biểu thức: a) Tìm điều kiện của. . 3b  3b 2 a . a, b để M xác định và rút gọn M.. b) Tính giá trị của M khi. a 1  3 2, b 10 . 22 2 3 .. Bài 2. (2,0 điểm). x  2   x 2  3 x  2m  1 0  Cho phương trình , m là tham số.. x,x ,x a) Tìm điều kiện của m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3 . b) Tìm giá trị của m để. x12  x22  x32 11 .. Bài 3. (4,0 điểm) Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tùy ý trên d kẻ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD. a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp..   b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh MHC = MDO . HC KC = c) Các đường thẳng MD và AB cắt nhau tại K. Chứng minh HD KD .. d) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường thẳng d. Bài 4. (1,5 điểm). 1 2 3   6 2 3 x , y , z  0 x y z Cho 3 số thực thoả mãn và biểu thức P  x  y  z . a) Chứng minh P  x  2 y  3z  3 . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. 2 Bài 5. (0,5 điểm) Giải phương trình: 3 1  x  3 3  3 x  28 x  12 x  9 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh: .................................................Số báo danh: ................................. Chữ ký của giám thị 1: ............................. Chữ ký của giám thị 2: .............................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT. HÀ NAM. NĂM HỌC 2013-2014. Môn: TOÁN (Chuyên Tin) HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm này gồm 4 trang) Câu. Nội dung a). M. Điểm. 2 a. . . a  2a . . 3b  3b 2 a  a 2  3ab. a, b 0   a  0  ĐK xác định của M: M. Câu 1 . (2,0đ). . a. 0,25. a  0  b 0. 2a  2a 2  2 3ab  2 3ab  3b  2a 2 a 2  3ab 2a  3b  a 2  3ab. b) Ta có 3b. . 3b  2a 2. M 2. . . a. Từ đó ta có. . . 2a  3b. 2a  3b. . . 2a  3b a.  30  22 2   3 2  1 102  68 17 3 2  1 2. 3b  64 2  a. Vậy. 3b. 0,5. 22 2 3b a 1  3 2, b 10  a . Với 3. 30  22 2  1 3 2. 2a . 0,25. .  2 2. 2. 2. 0,25 6  4 2. 2  2. 0,25. . M  2  2  2  2. 0,25.  x 2. a). Câu2 (2,0đ). 0,25.  x  2   x 2  3x  2m  1 0  . 0,25. Để pt (1) có 3 nghiệm phân biệt thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2. 0,25.   0   4  6  2 m  1  0  Điều kiện là. 0,5. 2  x  3x  2m  1 0 (*). 13  8m  0 3 13  m   2 8 2m 3. b) Ta có 3 nghiệm của pt (1) là x1 2; x2 ; x3 trong đó x2 ; x3 là 2 nghiệm của. 0,25. pt (*) 2. Khi đó.  x2  x3 3  x x 2m  1 Áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có  2 3 Vậy. 2. x12  x22  x32 11  4   x2  x3   2 x2 x3 11   x2  x3   2 x2 x3 7 (**). (**)  9  2  2m  1 7  m 1. (thỏa mãn điều kiện). 0,25 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy m 1 là giá trị cần tìm.. A. O. H d. M C. K. I. D. B. Q. Câu 3 (4,0đ) a). 0   MA, MB là các tiếp tuyến của (O)  MAO = MBO = 90. . b). I là trung điểm của CD  OI  CD  MIO = 90  A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO  Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO. MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 0. OA = OB  MO là đường trung trực của AB  MO  AB. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.  MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1) 1   MBC= MDB    ΔMBC 2 sđ BC đồng dạng với ΔMDB (g.g) MB MD =  MC MB. 0,25.  MC.MD = MB2 (2)  Từ (1) và (2) MH.MO = MC.MD. . MC MO = MH MD.   = MDO  MHC.  ΔMCH đồng dạng với ΔMOD (c.g.c). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   MHC = MDO (chứng minh trên)  tứ giác HCDO nội tiếp 0 0 0     Như vậy CHK =90  MHC=90  MDO =90  OCD (vì ΔCOD cân tại O) c).   = 90  OHD (vì tứ giác HCDO nội tiếp) = DHK  HK là đường phân giác của ΔCHD. 0,25 0,5. 0. HC KC =  HD KD ( tính chất đường phân giác trong tam giác). d). 0,25. Gọi Q là giao điểm của AB và OI..  Hai tam giác vuông MIO và QHO có IOH chung. 0,25.  ΔMIO đồng dạng với ΔQHO OH.OM OA 2 R 2 MO OQ = OQ = = =  OI OH  OI OI OI (R là bán kính (O) không đổi) O, I cố định  độ dài đoạn OI không đổi  độ dài đoạn OQ không đổi và lại có Q thuộc tia OI cố định  Q là điểm cố định  đpcm. a) Ta có P x  2 y  3z  3  y 2  z 3 2 y  3z  3  y 2  2 y  1  z 3  3z  2 0 2. 0,25. 0,5. 0,25. 2.   y  1   z  2   z  1 0 (1). Câu 4 (1,5đ). y  1 Vì . 2. 2. 0;  z  1 0; z  2  0. vì z  0 theo giả thiết. Vậy bđt (1) đúng.. 0,5. Ta có đpcm P x  2 y  3z  3  P x  2 y  3z  b) Theo câu a) ta có. 1 2 3   9 x y z. 1  2  3 1 2 3  P  x     2 y     3z    9   6 x  y  z  (vì x y z theo giả thiết), hay 1 2 3 x  2; 2 y  4; 3 z  6 x y z Áp dụng bđt Cô-si cho 2 số dương ta có : (2) Do đó P 2  4  6  9 3. 0,25. 0,25 0,25. Dấu “=” xảy ra khi các dấu “=” ở (1) và (2) xảy ra  x  y z 1 Câu 5 (0,5đ). Vậy GTNN của P là 3, đạt được khi x  y  z 1  x  1 0    1  x 1 3(1  x) 0 28 x 2  12 x  9 0 Ta có  . Với điều kiện trên, bình phương 2 vế của phương trình ta được. 9 x  9  27  27 x  18 3  1  x 2  28 x 2  12 x  9. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  18 3  1  x 2  28 x 2  6 x  27  9  3  3 x 2   18 3  3 x 2  x 2  6 x 0 2 Đặt t  3  3x (t 0) , pt trở thành. (2)  x 3t 9t 2  18t  x 2  6 x 0   3t  x   3t  x  6  0    3t  x  6 (3) Ta có pt (3) vô nghiệm vì VT(3) 0 do t 0 còn VP(3)  0 do  1  x 1  x 0  x 0 27 x 3 3  3 x 2   2   x 2 2 28  x 27  27 x 28 x 27 Xét pt (2). 0,25. 27 28 Kết luận: Pt đã cho có nghiệm duy nhất Lưu ý: Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương đương theo từng phần như hướng dẫn x. chấm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán (Chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Bài 3. (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n và các số:. B 888...8    n. A 444...4    2n. (A gồm 2n chữ số 4);. (B gồm n chữ số 8). Chứng minh rằng A+2B+4 là số chính phương.. Bài 4. (4,0 điểm) Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tùy ý trên d kẻ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD.. a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp. b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại. tiếp ΔCOD . c) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường thẳng d. MD HA 2 = 2 d) Chứng minh MC HC .. Bài 5. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c  0 thoả mãn a  b  c 2013 .. a b c   1 Chứng minh a  2013a  bc b  2013b  ca c  2013c  ab . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh: ...............................

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Chữ ký của giám thị 1: .................................Chữ ký của giám thị 2: ........................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT. HÀ NAM. NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN (Chuyên Toán) HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm này gồm 4 trang) Câu. Nội dung Ta có. Điểm n. . . A 444...4    444...4    000...0     444...4    444...4.    10  1  888...8    2n. n. n. n. n. 0,25. n 2.   4.111...1.999...9        B 4.111...1.9.111...1      B  6.111...1     B n n n n n   2. Câu 3 (1,0đ). 0,25. 2. 3  3   .888...8   B  B   B    4  n 4 . 0,25. Khi đó 2. 2. 3 3  3  3  A  2 B  4  B   B  2 B  4  B   2. B.2  4  B  2  4 4  4  4  2. 2. 3       .888...8  2  3.222...2  2  666...68               n n 4     n 1 . 2. 0,25. 2. Ta có điều phải chứng minh. Ta. có. 2013a  bc  a  b  c  a  bc a 2  ab  ac  bc a 2  bc  a  b  c  2 Theo bđt Cô-si cho 2 số dương ta có a  bc 2a bc . Từ đó. .  . a 2  bc  a  b  c  2a bc  a  b  c  a b  c  2 bc a. 0,25. b c. . 2. Vậy Câu 5 (1,0đ). a  a  2013a  bc. a a a. . b c. . 2. a. . a. . a b c. . . a (1) a b c. Chứng minh tương tự ta thu được. 0,25. b b c c  (2)  (3) b  2013b  ca a b c c  2013 c  ab a  b  c và. Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được a a. 2013a  bc. . b b. 2013b  ca. 0,25. . c c. 2013c  ab. . a b c a b c. 1.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> a 2 bc  2 b ac  2  a b c 671 c  ab  a  b  c 2013 Dấu “=” xảy ra. 0,25. Lưu ý: Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương đương theo từng phần như hướng dẫn chấm/. ____________________________________________________________________________ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT. TỈNH LÀO CAI ĐỀ CHÍNH THỨC. NĂM HỌC: 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề). Câu I: (2,5 điểm) 1. Thực hiện phép tính:. a) 3 2  10 . 36  64. b). . . 2. 2 3 3. . . 3. 2 5 .. 2a 2  4 1 1   3 1 a 1 a 2. Cho biểu thức: P = 1  a a) Tìm điều kiện của a để P xác định. b) Rút gọn biểu thức P.. Câu II: (1,5 điểm) 1. Cho hai hàm số bậc nhất y = -x + 2 và y = (m+3)x + 4. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số đã cho là: a) Hai đường thẳng cắt nhau. b) Hai đường thẳng song song.. 2. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) đi qua điểm M(-1; 2). Câu III: (1,5 điểm) 1. Giải phương trình x 2 – 7x – 8 = 0 2. Cho phương trình x2 – 2x + m – 3 = 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương 3 3 x x  x x  6 1 2 1 2 trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện. Câu IV: (1,5 điểm) 3x  2y 1 .  1. Giải hệ phương trình  x  3y 2 2x  y m  1  2. Tìm m để hệ phương trình 3x  y 4m  1 có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1.. Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B)..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> a) Chứng minh AMOC là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn..   c) Chứng mình ADE ACO -------- Hết --------Câu I: (2,5 điểm) 1. Thực hiện phép tính:. a) 3 2  10  b). . . 36  64  3  8  100  2  10  12 2. 2 3 3. . . 3. 2  5  2  3  2  5 3 . 2  2  5  2. 2a 2  4 1 1   3 1 a 1 a 2. Cho biểu thức: P = 1  a a) Tìm điều kiện của a để P xác định:. P xác định khi a 0 và a 1. b) Rút gọn biểu thức P.. 2a 2  4 1 1   3 1 a 1 a = P = 1 a. . 2a 2  4  1 . . . . a  a 2  a  1  1  a  a 2  a  1. 1  a   a. 2.  a  1. =. 2a 2  4  a 2  a  1  a 2 a  a a  a  a  1  a 2 a  a a   1  a   a 2  a  1. =. 2  2a  1  a   a 2  a  1. a. 2 2 2 2 = a  a  1 Vậy với a 0 và a 1 thì P = a  a  1. Câu II: (1,5 điểm) 1. Cho hai hàm số bậc nhất y = -x + 2 và y = (m+3)x + 4. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số đã cho là: a) Để hàm số y = (m+3)x + 4 là hàm số bậc nhất thì m + 3  0 suy ra m  -3. Đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng cắt nhau  a  a’.  -1 m+3  m  -4 Vậy với m  -3 và m  -4 thì đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng cắt nhau. b) Đồ thị của hàm số đã cho là Hai đường thẳng song song a a '   b  b' .  1 m  3  m  4  2  4  thỏa mãn điều kiện m  -3. Vậy với m = -4 thì đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng song song. 2. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) đi qua điểm M(-1; 2). Vì đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) đi qua điểm M(-1; 2) nên ta thay x = -1 và y = 2 vào hàm số ta có phương trình 2 = a.(-1)2 suy ra a = 2 (thỏa mãn điều kiện a  0).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Vậy với a = 2 thì đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) đi qua điểm M(-1; 2). Câu III: (1,5 điểm) 1. Giải phương trình x 2 – 7x – 8 = 0 có a – b + c = 1 + 7 – 8 = 0 suy ra x 1= -1 và x2= 8. 2. Cho phương trình x2 – 2x + m – 3 = 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện. x13 x 2  x1x 32  6 .. Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thì  ’  0 ó 1 – m + 3  0 ó m  4 Theo viet ta có: x1+ x2 =2 (1) và x1. x2 = m – 3 (2) 2. x 3 x  x1x 32  6  x1x 2  x1  x 2   2x1x 2 = 6 (3) Theo đầu bài: 1 2 Thế (1) và (2) vào (3) ta có: (m - 3)(2)2 – 2(m-3)=6 ó 2m =12 ó m = 6 Không thỏa mãn điều kiện m  4 vậy không có giá trị nào của m để phương trình có hai nghiệm x 1; x2 thỏa mãn điều 3 3 kiện x1 x 2  x1x 2  6 .. Câu IV: (1,5 điểm). 3x  2y 1 .   x  3y  2 1. Giải hệ phương trình . 3  3y  2   2y 1   x  3y  2 . 7y 7   x  3y  2 .  y 1  x 1. 2x  y m  1  2. Tìm m để hệ phương trình 3x  y 4m  1 có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1.. 2x  y m  1   3x  y 4m  1. 5x 5m   2x  y m  1. x m   2m  y m  1. x m   y m  1. Mà x + y > 1 suy ra m + m + 1 > 1  2m > 0  m > 0. Vậy với m > 0 thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1. Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). a) Chứng minh AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn..   c) Chứng mình ADE ACO. M D. Giải. 0   a) MAO MCO 90 nên tứ giác AMCO nội tiếp 0   b) MEA MDA 90 . Tứ giác AMDE có. D, E cùng nhìn AM dưới cùng một góc 900. C. E A. O. B.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Nên AMDE nội tiếp c) Vì AMDE nội tiếp nên.    ADE AME cùng chan cung AE      Vì AMCO nội tiếp nên ACO AME cùng chan cung AO . Suy ra ADE ACO . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT. KHÁNH HÒA. Năm học: 2012 – 2013. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN. Ngày thi: 30/6/2012 (Thời gian: 120 phút – không kể thời gian phát đề) (Đề thi có 01 trang) Bài 1: (2 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) 1) Rút gọn biểu thức: A = 12  48  75  2x  y 3  2) Giải hệ phương trình: 3x  2 y 8 1 2 x Bài 2: (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho parapol (P) : y = 4 .. 1. Vẽ đồ thị (P). 1 2. Xác định các giá trị của tham số m để đường thẳng (d): y = 2 x + m2 cắt parabol (P). tại hai điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) sao cho. y1  y2  x12  3x22  2 .. Bài 3: (2 điểm) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn sau 1 giờ 3 phút bể đầy nước. Nếu mở riêng từng vòi thì vòi thứ nhất chảy đầy bể chậm hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì mỗi vòi chảy bao lâu đầy bể? Bài 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB, (O) cắt BC tại điểm thứ hai là D. Gọi E là trung điểm của đoạn OB. Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với DE cắt AC tại F. 1) Chứng minh tứ giác AFDE nội tiếp..   2) Chứng minh BDE=AEF.   3) Chứng minh tanEBD = 3tan AEF. 4) Một đường thẳng (d) quay quanh điểm C cắt (O) tại hai điểm M, N. Xác định vị trí của (d) để độ dài CM + CN đạt giá trị nhỏ nhất. _________HẾT __________ HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 2: (2.00điểm) 2) Giải:Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 1 2 1 2 1 1 x x 2 4 = 2 x + m  4 - 2 x - m2 = 0  x2 – 2x – 4m2 = 0. ’ = 1 + 4m2 > 0 với mọi m Vật pt luôn có hai nghiệm x1, x2 phân biệt, theo hệ thức Viet, ta có: x 1 + x2 = 2. (1). x1.x2= -4m2. (2). 1 2 y  y2  x  3 x  2 mà y = 4 x Theo đề bài ta có: 1 2 1. . 2 2. 1 2 1 2 5 2 13 2 x1  x2  x12  3x22  2 x1  x2  2 4 4 4 4. 5 13 2 (2  x2 ) 2  x2  2 2 4 Ta có: x1 + x2 = 2 => x1= 2 – x2, ta được: 4  8x 2  20x 2  28 0. Ta có: a + b + c = 8 + 20 -28 = 0  28  7  2 Vậy pt có hai nghiệm: x21= 1; x22 = 8. * Với x21= 1=> x11 = 1. Suy ra: -4m2 = 1 (vô nghiệm với mọi m) 7 11  77 77  2 4 * Với x22 = 2 => x12 = 2 . Suy ra: -4m = 4 => m =. Vậy m =. . 77 1 4 thì đường thẳng (d): y = 2 x + m2 cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. 2 2 y  y  x  3 x  2 . 1 2 1 2 A(x1;y1) và B(x2;y2) sao cho. Bài 3: (2.00điểm) HD: Gọi x, y lần lượt là thời gian chảy một mình đầy bể của vòi 1, 2 ( x, y > 21 20 ). Ta có hpt:.  1 1 20     x y 21  x  y 2 .  7 3  ;  Giải hpt ta có: (x;y) =  2 2 . 7 3 Vậy thời gian chảy một mình đầy bể của vòi 1 là : 2 ; vòi 2 là: 2 giờ.. Bài 4 (4.00điểm).

<span class='text_page_counter'>(12)</span> AD EBD c) Ta có: ABD vuông tại D: tan = BD AF AF 3 AF AF    AEF  AEF vuông tại A: tan = AE 3BE => 3tan AEF = 3BE BE AF AD  Mà: AFD  BEB (gg) => BE BD   Suy ra: tan EBD = 3tan AEF. d) Ta có: CMA  CAN (gg) => CM.CN = CA2 (không đổi) suy ra: CM + CN nhỏ nhất khi CM = CN  M trùng với N => d là tiếp tuyến của (O) LÊ QUỐC DŨNG. (GV trường THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang, Khánh Hòa) PHÒNG GD&ĐT. KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI. THÀNH PHỐ HẠ LONG. DỰ THI CẤP TỈNH. ĐỀ CHÍNH THỨC. NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút. Bài 1: (2,0 điểm) Chứng minh rằng: |. x+ y x+ y − √ xy | + | + √ xy | = |x| + |y| 2 2. (xy. 0). Bài 2: (5,5 điểm) Giải các phương trình sau: a, 10.. x −2 x +1. 2. ( ). +. x +2 x −1. ( ). 2. 2. - 11.. x −4 =0 2 x −1. ( ). b, ( √ x+5 − √ x +2 ) ( 1+ √ x 2+7 x +10 ) =3 Bài 3:(2,5 điểm) Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn đẳng thức: 2 y 2 x+ x+ y +1=x 2+2 y 2 +xy Bài 4: (2,0 điểm) Cho hệ tọa độ xOy và 3 điểm A(2,5) ;B(-1,-1),C(4,9).

<span class='text_page_counter'>(13)</span> CMR: 3 điểm A, B, C thẳng hàng. Bài 5: (8,0 điểm) Cho hình vuông ABCD , M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M không trùng với B) và N là điểm thay đổi trên cạnh CD (N không trùng với D) sao cho: ∠ MAN =. ∠ MAB + ∠ NAD. 1, BD cắt AN và AM tương ứng tại P và Q. Chứng minh rằng năm điểm P, Q, M, C, N cùng nằm trên một đường tròn. 2, Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M và N thay đổi. 3, Kí hiệu diện tích của tam giác APQ là S ❑1 và diện tích tứ giác PQMN là S ❑2 .Chứng minh rằng tỉ số. S1 không đổi khi M và N thay đổi. S2. ________Hết_______ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 Năm học 2010-2011 (Vòng 2) Bài Bài 1. Hướng dẫn chấm Ta có: (| =(. Điểm 2,0đ. x+ y x+y − √ xy | + | + √ xy |) ❑2 2 2. x+ y x+ y x+y − √ xy ) ❑2 + ( + √ xy ) ❑2 + 2. | − √ xy |.| 2 2 2. 1,0đ. x+ y + √ xy | 2. 0,5đ. = ( x+ y )2 . Ta lại có: (|x| + |y|) ❑2 = x ❑2 + 2xy + y ❑2 = ( x+ y )2 xy. (Vì. 0,5đ. 0). NX để suy ra ĐPCM. Bài 2 a. ĐK: x khác (1, -1). Đặt u =. x −2 , v=¿ x+ 1. x+ 2 x −1. phương trình có dạng :. 10 u2+ v 2 − 11 uv=0 hay ( u − v )( 10 u − v )=0. Nếu v =10u thì từ Nếu v = u thì từ 2 x∈ 0; ;3 3. {. x+ 2 10(x −2) = x −1 x+1 x+ 2 x −2 = x −1 x +1. ta tìm được x=3; x=2/3. ta tìm được x = 0. So với ĐK và KL:. }. 6,0đ 0,25đ 1,5đ 0,5đ 0,5đ. Điều kiện căn thức có nghĩa là x ≥ −2 Ta có :. x 2+7 x +10=( x+5 )( x +2 ). Nhân cả 2 vế phương trình với ( √ x+5+ √ x +2 ) >0 ta được :. 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> b. 0,25đ. 2. 1+ √ x +7 x +10= √ x +5+ √ x+2 <=> ( √ x +5 −1 ) ( √ x+2 −1 ) =0 <=> √ x +5=1 ¿ √ x +2=1 ¿ x=− 4 ¿ x=−1 ¿ ¿ ¿ <=> ¿ ¿ ¿ ¿. Bài 3. 1,5đ 0,25đ. X = -4 loại do vậy x= -1 là giá trị cần tìm 2y ❑2 x + x + y + 1 = x ❑2 + 2y ❑2 + xy. 2,5đ. <=> 2y ❑2 (x – 1) – x(x – 1) – y(x – 1) + 1 = 0. (1). Nhận xét rằng x = 1 không phải là nghiệm của (1) khi đó chia cả 2 vế của (1) 2 cho x – 1 thì (1) tương đương với : 2 y − x − y +. Với x,y nguyên suy ra. 1 x −1. 1 =0 x −1. 0,5đ. (2). <=> x=2 ¿ x=0 nguyên nên x – 1 = ± 1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. 0,5đ 0,5đ 0,75đ 0,25đ. Thay x = 2 và x = 0 vào (2) và ta có y là số nguyên khi y = 1 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên là (2 ; 1) và (0 ; 1) Bài 4 Tìm được Phương trình đường thẳng đi qua BC là : y= 2x+1 Chứng minh được : Tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình y = 2x + 1. KL Bài 5 Từ giả thiết suy ra ∠ MAN = 45 ❑0 1. 2,0đ 1,0đ 1,0đ 8,0đ. Tứ giác ABMP có ∠ PBM = ∠ PAM = 45 ❑0 nên tứ giác nội tiếp .Suy ra ∠ MPA = 90 ❑0 . Tương tự tứ giác ADNQ nội tiếp và có ∠ NQA =. 2. 90 ❑0. 2,0đ. Vậy 5 điểm P , Q , M , C , N nằm trên đường tròn đường kính MN. 1,0đ. Ta có ∠ AMN = ∠ APB = ∠ AMB Kẻ AH 3. MM.Dễ thấy : Δ AHM = Δ ABM => AH = AB. 2,5đ. Vậy MM luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A bán kính AB cố định. Do Δ AQN và Δ APM vuông cân tại Q và P nên :. 2,5đ.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> AQ AP 1   AN AM 2 =>. SAPQ AQ . QP S 1 1 1 = = . = => 1 =1 S AMN AN . AM √2 √ 2 2 S2. Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm hoặc lời giải sơ lược, học sinh trình bày lời giải phải chi tiết, chặt chẽ mới đạt điểm tối đa. Học sinh làm bài theo cách khác - nếu đúng được số điểm tương đương. Tổ chấm thảo luận chia điểm thành phần ở mỗi câu (Nếu cần thiết) và ghi biên bản thống nhất trước khi chấm..

<span class='text_page_counter'>(16)</span>