De thi vao 10 chuyen Toan tinh Phu Yen

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011-2012
Mơn: Tốn (chun)
----------

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (3,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:

P  2  3. 2  2  3 . 2  2  2  3 . 2 
3
b) Cho x  1  65 

3

2 2 3

.

65  1 . Tính Q  x3  12 x  2009 .

Câu 2. (3,5 điểm) Cho phương trình a(a+3)x2 - 2x - (a+1)(a+2) = 0
(a là tham số, nguyên).
a) Chứng minh rằng phương trình ln có nghiệm hữu tỷ.
b) Xác định a để phương trình có các nghiệm đều ngun.
Câu 3. (5,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a)

13x  2  3x+2  x  3  42 0

;

 x 2  9  y 9


 y 2  9  x 9
b)
.

Câu 4. (2,5 điểm)
2
1

2
a) Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 : x  2y  3 xy  y 1 .
2

b) Cho 3 số dương a,b,c với abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
M

1
a 2  2b2  3



1
b 2  2c 2  3



1
c 2  2a 2  3 .

Câu 5. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC thỏa mãn AB.AC = BC(AB+AC), có G là trọng tâm và BD, CE
là các đường phân giác trong. Chứng minh rằng 3 điểm D, E, G thẳng hàng.
Câu 6. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O. Một điểm D di động trên
cung nhỏ AC. Trên tia đối của tia DB lấy điểm E sao cho DE = DC. Tìm tập hợp các trung điểm M của
đoạn thẳng BE khi D di chuyển trên cung nhỏ AC.
= Hết=
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.


HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Gồm có 05 trang)
I- Hướng dẫn chung:
1- Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng
phần như hướng dẫn quy định.
2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm
không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
3- Điểm tồn bài thi khơng làm trịn số.
II- Đáp án và thang điểm:
Câu
Đáp án
Điểm
1
3,00 đ
a) Rút gọn biểu thức:
1,50 đ

P  2  3. 2  2  3 . 2  2  2  3 . 2 

2 2 3

Ta có:
2 2 2 3 . 2



2 2 3  2 2 2 3  2


 4 2

Do đó:

P  2  3. 2  2  3 . 2 
 2  3. 4  2 

2 3  2


2 2 3 

2 3

0,25 đ

2 3

3  2  3. 2 

0,50 đ

3

 4  3 1.

0,25 đ
0,25 đ

2
2
Cách khác: Áp dụng hằng đẳng thức (a  b)(a  b) a  b , ta có:














3  2 



P2  2  3 2  2  3  2  2  2  3   2 


 2 3 2 2
 2 3

2

3



2 3

0,5 đ
P > 0 nên P = 1

3
3
b) Tính Q  x  12 x  2009 , với x  1  65 

Ta có :



x3  3 1  65 



 

 1  65 
2  12



3

3

65  1





3

3

1,50 đ

65  1 :

3



65  1  33 1  65

1  65 

0,25 đ
0,50 đ
0,25 đ


22 2  3 




= 4 – 2 =1 Vì





  3 1

65  1

65  1 2  12x

65 

3

65  1



0,50 đ
0,50 đ

.

Do đó: Q = 2-12x +12x + 2009 = 2011.
2

0,25 đ

0,50 đ

Phương trình: a(a+3)x2 - 2x - (a+1)(a+2) = 0
a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm hữu tỷ:
- Với a(a+3) = 0 hay a = 0 hoặc a = -3:
Phương trình trở thành: -2x -2 = 0 có nghiệm là x = -1
- Với a(a+3)  0 hay a  0 và a  -3 thì p/t cho là phương trình bậc hai.

3,50 đ
1,50 đ

2
2
2
Ta có: a (a  3)  2  (a  1)(a  2) a  3a  2  a  3a  2 0

0,25 đ

0,50 đ


Nên phương trình cho có 2 nghiệm:

0,25 đ

x1  1
x2 

(a  1)(a  2)
2
1 
a (a  3)
a (a  3)

0,25 đ

Vì a nguyên nên suy ra phương trình cho ln có nghiệm hữu tỷ.
--------------------------2
2
Ghi chú : Nếu thí sinh tính  ' (a  3a  1)  0, a
2

Vì a nguyên nên  ' a  3a  1 là số ngun
Vậy phương trình cho ln có nghiệm hữu tỷ.

b) Xác định a để các nghiệm của phương trình đều là nghiệm nguyên:

2,00 đ

(1) Nếu a = 0 hoặc a = -3: phương trình có 1 nghiệm nguyên x = -1.
(2) Nếu a  0, a  -3: Theo câu a), phương trình có nghiệm x1 = -1 ngun
nên để p/trình có các nghiệm đều ngun thì x2 cũng phải là nghiệm nguyên.
Nghĩa là: 2 phải chia hết cho a (a  3) .

0,50 đ

 a (a  3)  2
 a (a  3)  1


 a (a  3) 2

 a (a  3) 1

 a 2  3a  2 0
 2
 a  3a  1 0
 a 2  3a  2 0

 a 2  3a  1 0

Khi đó ta có các khả năng xảy ra :
2
Vì a ngun nên chỉ có phương trình a  3a  2 0 có hai nghiệm nguyên
a = -1 hoặc a = -2 .
Vậy:

3

0,25 đ
-------0,50 đ
0,25 đ
0,25 đ

a    3;  2;  1; 0

thì phương trình cho có các nghiệm đều nguyên.

Giải các phương trình và hệ phương trình:
a) Giải phương trình:
Điều kiện : x  3 (*).

13x  2  3x+2  x  3  42 0

Đặt t  x  3, t 0 , suy ra x t  3
Phương trình trở thành: 6t3 +13t2 -14t +3 = 0
2

1
1
t  ; t  ; t  3
2
3
Giải ra ta được:
(loại).
1
1

11
t
x  3   x 
2 , ta có:
2
4;
Với
1
1
26
t
x  3   x 
3 , ta có:
3
9 .
Với

0,50 đ

0,25 đ

0,25 đ
0,50 đ

5,00 đ
3,00 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,50 đ
0,50 đ

0,50 đ
0,50 đ

Cả hai nghiệm đều thỏa điều kiện (*).
 11 26 
S   ; 

9 .
 4
Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là:

0,50 đ

 x 2  9  y 9


 y 2  9  x 9
b) Giải hệ phương trình: 

2,00 đ


 x 2  9 (9  y )2 (1)
 2
2
x
,
y

9

Với điều kiện
, hệ đã cho là:  y  9 (9  x) (2)
 x y
( x  y )( x  y  9) 0  
 y 9  x .
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được:
+ Với x = y, thế vào (1) ta được: 18x -72 = 0  x  y 4 .

+ Với y = 9 – x, thế vào (2) thì phương trình vơ nghiệm.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : (x;y)= (4;4).

4

0,50 đ
0,50 đ
0,50 đ
0,50 đ

2,50 đ
2
1

2
2
a) Chứng minh : x  2y  3 xy  y  1 (x, y > 0)
2
2
Vì x, y > 0 nên x  2y  3  0; xy  y  1  0
2
1


2
2
2
Do đó : x  2y  3 xy  y  1  2xy  2y  2 x  2y  3
 (x  y) 2  (y  1) 2 0
2

1,00 đ

0,25 đ

Bất đẳng thức sau cùng đúng nên bất đẳng thức đầu đúng .
Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1.

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1,50 đ

M

1

1

1



a 2  2b 2  3 b 2  2c 2  3 c 2  2a 2  3 (a,b,c >0; abc = 1)

Áp dung bất đẳng thức ở câu a) ta có:
1

1
2
1
1

2
2
a  2b  3 2 a  2b  3 2 ab  b  1
1
1
2
1
1
 2

2
2
2
b  2c  3 2 b  2c  3 2 bc  c  1
1
1
2

1
1


c 2  2 a 2  3 2 c 2  2a 2  3 2 ca  a  1
1
1
1
1

 M 


2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1 
2

2



Do abc = 1 nên:
ca
a
1
1
1
1





ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1 = ca 2b  abc  ca abc  ac  a ca  a  1
ca
a
1


= ca  a  1 ca  a  1 ca  a  1 =1.
1
1
M
Max(M) =
2 . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1. Vậy
2.
Do đó

5

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,50 đ
2,50 đ


Gọi M là trung điểm của BC (1).
Nối GD, GE. Gọi P, Q là các điểm
trên tia GM sao cho:

BP //GE, CQ //GD (2) .
Theo định lý Ta-lét và tính chất
đường phân giác:

C

0,50 đ
D

Q

P
M

GP EB CB


;
GA EA CA
A
GQ DC BC


GA DA BA
GP GQ CB BC



Suy ra: GA GA CA BA
GP  GQ BC ( AB  AC )



1
GA
AB. AC
(vì BC ( AB  AC )  AB. AC ).

G

B

E

0,50 đ
0,25 đ
0,25 đ

 GP+GQ = GA = 2GM .
Do đó M là trung điểm của PQ (3).
Kết hợp (1) và (3) suy ra tứ giác BPCQ là hình bình hành  BP//CQ (4).
Từ (2) và (4) suy ra G, D, E thẳng hàng.
6

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

3,50 đ
a) Phần thuận:

E




ABC cân
 ABC  ACB  ADB



 ADE  ADC (vì cùng bù với ABC ).

A

0,50 đ
D

Xét ADC và ADE có:
AD: chung ; DC = DE (giả thiết)

M

ADC  ADE

(cmt)
Suy ra ADC = ADE (c.g.c)
Do đó AC=AE=AB ABE cân tại A.


O

0,50 đ

B
H

C

0

Vì M là trung điểm BE nên AMB 90 .
Hơn nữa do AB cố định nên M lưu động trên đường trịn đường kính AB.
b) Giới hạn: Khi D  A thì M  A; D  C thì M  H (AH là đ/cao của
ABC).

0,25 đ
0,25 đ
0,50 đ

c) Phần đảo:
Lấy điểm M bất kỳ trên AH . Gọi D là giao điểm thứ 2 của BM và đường
tròn (O). Trên tia đối của tia DB lấy điểm E sao cho DE = DC.
Ta sẽ chứng minh M là trung điểm của BE.
Xét ADC và ADE có:
AD: chung ; DC = DE (giả thiết)
ADC  ADE

(cùng bù với ABC )

0,50 đ

0,25 đ

Suy ra ADC = ADE (c.g.c)  AC=AE=AB
(1)
Lại có AM  BE (M nằm trên đường trịn đường kính AB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của BE.

0,25 đ


d) Kết luận: Khi D di động trên cung nhỏ AC thì quĩ tích của M là cung

0,50 đ


nhỏ AH của đường trịn đường kính AB.