Cac de luyen thi

Sở giáo dục và đào tạo
Thanh hoá

kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn
năm học: 2010 - 2011

Đề chính thức
Đề thi gồm có 01 trang

Môn: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2010

Câu 1: (2,0 điểm)
3
1. Giải phơng trình: x 3x 140 0 .
3
3
2. Không dùng máy tính, tính giá trị biểu thức: P 70 4901 70 4901 .
Câu 2: (2,5 điểm)
1
y x2
4
1. Cho parabol (P):
và đờng thẳng (d): y = -1. Gọi M là một điểm bất kỳ
thuộc (P). Tìm trên trục tung tất cả các điểm sao cho khoảng cách từ M đến điểm đó bằng
khoảng cách từ M đến đờng thẳng (d).
2. Cho ba số không âm a, b, c có tæng b»ng 1. Chøng minh r»ng: b + c
16abc. ChØ
râ dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Câu 3: (1,5 điểm)

1 10
10
1
 x y   y
x 

y
3
3
y

 x 2  y 2 82

9
Giải hệ phơng trình sau (với x > 0, y < 0):
Câu4: (3,0 điểm)
0

Tam giác ABC có BAC 105 , đờng trung tuyến BM và đờng phân giác trong CD cắt
nhau tại K sao cho KB = KC. Gọi H là chân đờng cao hạ từ A cđa tam gi¸c ABC.
1. Chøng minh r»ng: HA = HB.


2. Tính số đo các góc ABC và ACB .
Câu 5: (1,0 điểm)
Ký hiệu [x] là phần nguyên của số thực x. Tìm các số thực x thoả mÃn:
8 x  1  4 x  1 16 x  7

 6    3   9
.
------------------------------- HÕt ------------------------------Họ và tên thí sinh: .................................................................................................. Số báo danh: .................................................
Chữ ký giám thị 1: ..................................................................... Chữ ký giám thị 2: ………….…...............................................


Sở giáo dục và đào tạo
Thanh hoá

kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn
năm học: 2010 - 2011

ĐáP áN Đề THI CHíNH THứC
Môn: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2010
Đáp án này gồm có 04 trang

Hớng dẫn chung:
* Lời giải nêu trong đáp án, nói chung, là lời giải vắn tắt. Khi làm bài, học sinh phải nêu
đầy đủ và chính xác các suy luận thì mới đợc điểm.
* Các câu hình học: Nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm
điểm. Nếu học sinh thừa nhận kết quả của ý trên để giải ý dới thì không chấm điểm ý dới.
* Các cách giải khác với cách nêu trong đáp án này mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa của
phần (câu) tơng ứng.
* Điểm của toàn bài không làm tròn.
Câu
ý
1
I

x 3 3 x  140 0
(2,0®) (1,0®)

Néi dung
( x  5)( x 2  5 x  28) 0



§iĨm
0,5

2

5  87

x  5 x  28  x    0, x
2
4


x 5 0 (Vì
).

x 5
Vậy, phơng trình có nghiệm duy nhÊt: x = 5.
2

2
3
3

(1,0®) Víi P  70  4901  70  4901 ta cã:
P 3 140  3P

P 3 3P 140 0
3
Do đó P là nghiệm của phơng trình: x 3x 140 0 .
Theo ý 1, phơng trình trên có nghiệm duy nhất: x0 5
3
3
VËy P  70  4901  70  4901 5 .
1
Giả sử E(0; y0) là một điểm trên trơc tung.
2
(2,5®) (1,5®)
 1 
M  x ; x2 
Do M (P) nên 4 và khoảng cách từ M đến (d) là:

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

0,5

2

1

1
ME x 2 x 2  y0 
h  x2  1
4
 (dïng pitago để tính).
4
; độ dài
2

2

1
1

x x 2  y0   x 2  1
4
 4
 víi x.
Tõ ®ã:
1
1

x 2  x 2 y0  y02  x 2  1
2
2
víi x.
1 1 

x 2   y0   y02  1 0
2 2 

víi x.
2

0,25
0,25


1 1
  y0 0
 y0 1
2 2
2
 y  1 0
Yêu cầu bài toán đợc thoả mÃn khi: 0
Vậy có duy nhất một điểm E thoả mÃn bài to¸n: E(0; 1).
2
Tríc hÕt chøng minh: (x + y)2 ≥ 4xy với mọi x, y.
(1,0đ) Đẳng thức xảy ra khi: x = y
¸p dơng ta cã: (a + b + c)2 = [a +(b + c)]2 ≥ 4a(b + c). Đẳng thức
1
a
2
xảy ra khi: a = b + c
(*)
Do a + b + c = 1 nên bất đẳng thøc trªn suy ra: 1 ≥ 4a(b + c)
 b + c ≥ 4a(b + c)2 (do b + c không âm)
Nhng lại có (b + c)2 4bc. Đẳng thøc x¶y ra khi: b = c (**)
Suy ra: b + c ≥ 16abc.
1
1

a  ;b c 
2
4.
Tõ (*) vµ (**) có: đẳng thức xảy ra khi
3
(1,5đ)

0,25

0,5

0,25

1
1
x
y
y

10
10
xy  x y
3
Ta cã:
vµ 3
1 10
10
1
x 
 xy  y

y
3
3
y
Suy ra:
.
1

 x  y 0

10  x  y 0
DÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi: 3
x

0,5

1

x

0
(1)

y

10
(2)
x  y 0
3
 2

82
(3)
x  y2 
9


(4)
Do ®ã, hƯ ®· cho t¬ng ®¬ng víi:  x  0, y < 0
10
1
10
 y 
 y 2  y  1 0
y
3
Tõ (1) vµ (2) ta cã: 3
(*)
2

 10

2
  y  x

Tõ (2) cã:  3
10

y 2  y  1 0
3

2



(**)

82
 10

2
2
2
  y   y x  y 
9
 3


0,25

0,25

0,25
0,25


10
y  y  1 0
3
2



Tõ (*) vµ (**) suy ra:
1

; 3
và
Từ đó, hệ đà cho có 2 nghiÖm:  3

 y  3

1
 y 
3.


1

 3;  
3 .


0,25

0,25

1
4
(3,0®) (2,0®)

A
D
M
K = MC suy ra:
Nèi HM khi ®ã MH = MA



MHC
MCH
2 BCK
.


Theo Bgi¶ thiÕt: KBHKC  KBC KCB .
C


MHC

2
KBC
Do vậy:
(1).



Mặt khác: MHC KBC HMB
(2).

Từ (1) và (2) có: KBC HMB HBM cân tại H MH = HB.
0
0




Giả sử HA HB, khi đó ABH  BAH  BAH  45 vµ ABH  45 .
0
0



Vì BAH CAH 105 nên CAH 60 .
0
0



Tam giác AMH cân tại M nên AHM HAM 60  AMH  60 .
Do ®ã HA  MH HB (mâu thuẫn).
Tơng tự, nếu HA < HB ta cũng gặp điều mâu thuẫn.
Vậy: HA = HB.
2
0


(1,0đ) Từ kết quả ý 1 suy ra AHB vuông cân tại H BAH  ABH 45 .
0


ACB 300
 HAC 60 
.
0 
0

VËy: ABC 45 , ACB 30 .
5
1
4y  1

4x  1
(1,0®)
y


y



y
,

2 
3 .
3
Đặt
ta có:
1

4y 1

y


2
y

y

2
y








2
3
Mặt khác:

0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25


t
Đặt

4 y 1 3t 1
3t 1

t  t 
 t 1

3
2
 2 

1

 x  8

x7
16
Tõ ®ã ta cã: 

 t  1
 t 0


.

0,25

0,25