ĐỀ SỐ 031
ĐỀ THI VÀO 10
Câu I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình
x 1
x 1 .
3
x 3 3 3 0
2) Giải hệ phương trình
.
3x 2 y 11
Câu II ( 1,0 điểm)
1
1
a +1
Rút gọn biểu thức P =
với a > 0 và a 4 .
+
:
2- a a-2 a
2 a -a
Câu III (1,0 điểm)
Một tam giác vuông có chu vi là 30 cm, độ dài hai cạnh góc vuông hơn
kém nhau 7cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác vuông đó.
Câu IV (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x - m +1 và parabol (P):
1
y = x2 .
2
1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3).
2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) và (x2; y2) sao cho
x1x 2 y1 + y2 48 0 .
Câu V (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm C sao
cho AC < BC (C A). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở điểm D, AD
cắt (O) tại E (E A) .
1) Chứng minh BE2 = AE.DE.
2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại
F. Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp .
3) Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH.
Câu VI ( 1,0 điểm)
1 1
2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
a b
1
1
Q 4
4
.
2
2
2
a b 2ab b a 2ba 2
Cho 2 số dương a, b thỏa mãn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013
HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (không chuyên)
Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ
điểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội
đồng chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu
Điểm
Nội dung
Câu I
(2,0đ)
1) 1,0 điểm
x 1
x 1 x 1 3( x 1)
3
0,25
x 1 3x 3
0,25
2x 4
0,25
x 2 .Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = -2
2) 1,0 điểm x 3 3 3 0 (1)
3x 2 y 11 (2)
Câu II
(1,0đ)
0,25
0,25
Từ (1)=> x 3 3 3
<=>x=3
0,25
Thay x=3 vào (2)=> 3.3 2 y 11 <=>2y=2
0,25
<=>y=1 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=(3;1)
0,25
1
1
a +1
P=
+
:
a 2- a 2- a a 2 a
0,25
=
1+ a
a2 a
a (2 a )
a +1
0,25
2
Câu III
(1,0đ)
a
a 2
a 2- a
0,25
=
=
a 2
=-1
2- a
0,25
Gọi độ dài cạnh góc vuông nhỏ là x (cm) (điều kiện 0< x < 15)
0,25
=> độ dài cạnh góc vuông còn lại là (x + 7 )(cm)
Vì chu vi của tam giác là 30cm nên độ dài cạnh huyền là 30–(x + x
+7)= 23–2x (cm)
Theo định lí Py –ta- go ta có phương trình
x 2 - 53x + 240 = 0
x 2 + (x + 7)2 = (23 - 2x)2
0,25
(1) Giải phương trình (1) được nghiệm x = 5;
0,25
x = 48
Đối chiếu với điều kiện có x = 5 (TM đk); x = 48 (không TM đk)
0,25
Vậy độ dài một cạnh góc vuông là 5cm, độ dài cạnh góc vuông còn
lại là 12 cm, độ dài cạnh huyền là 30 – (5 + 12) = 13cm
Câu IV
(2,0đ)
1) 1,0 điểm Vì (d) đi qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 và y = 3 vào hàm số y =
2x – m + 1 ta có 2.(-1) – m +1 = 3
0,25
-1 – m = 3
0,25
m = -4
0,25
Vậy m = -4 thì (d) đi qua điểm A(-1; 3)
0,25
2) 1,0 điểm Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình
0,25
1 2
x 2 x m 1
2
x 2 4 x 2m 2 0 (1) ; Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nên (1)
0,25
có hai nghiệm phân biệt ' 0 6 2m 0 m 3
Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là
nghiệm của phương trình (1) và y1 = 2 x1 m 1, y2 = 2 x2 m 1
0,25
3
Theo hệ thức Vi-et ta có x1 + x 2 = 4, x1x 2 = 2m-2 .Thay y1,y2 vào
x1x 2 y1 +y2 48 0 có x1x 2 2x1 +2x 2 -2m+2 48 0
(2m - 2)(10 - 2m) + 48 = 0
m2 - 6m - 7 = 0 m=-1(thỏa mãn m<3) hoặc m=7(không thỏa mãn
0,25
m<3)
Vậy m = -1 thỏa mãn đề bài
Câu V
(3,0đ)
1) 1,0 điểm
D
0,25
E
C
A
Vẽ đúng hình theo yêu cầu chung của đề bài
O
B
VìBD là tiếp tuyến của (O) nên BD OB => ΔABD vuông tại B
0,25
Vì AB là đường kính của (O) nên AE BE
0,25
Áp dụng hệ thức lượng trong ΔABD ( ABD=900 ;BE AD) ta có BE2
= AE.DE
0,25
2) 1,0 điểm
D
Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB =
OC (bán kính của (O))
0,25
E
C
I
F
=> OD là đường trung trực của đoạn BC =>
OFC=900 (1)
A
H
O
B
Có CH // BD (gt), mà AB BD (vì BD là tiếp tuyến của (O))
=> CH AB => OHC=900
0,25
0,25
(2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có OFC + OHC = 1800 => tứ giác CHOF nội tiếp
3)1,0 điểm Có CH //BD=> HCB=CBD (hai góc ở vị trí so le trong) mà
0,25
ΔBCD cân tại D => CBD DCB nên CB là tia phân giác của HCD
4
do CA CB => CA là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của ΔICD
0,25
AI CI
(3)
=
AD CD
Trong ΔABD có HI // BD =>
AI HI
=
AD BD
0,25
(4)
0,25
CI HI
mà CD=BD CI=HI I là trung điểm
=
CD BD
Từ (3) và (4) =>
của CH
Câu VI
(1,0đ)
Với a 0; b 0 ta có: (a2 b)2 0 a4 2a2b b2 0 a 4 b2 2a 2b
a4 b2 2ab2 2a2b 2ab2
Tương tự có
Q
Vì
1
1
(1)
2
a b 2ab
2ab a b
4
2
1
1
2
b a 2a b 2ab a b
4
2
0,25
0,25
(2) . Từ (1) và (2)
1
ab a b
0,25
1
1
1 1
.
2 a b 2ab mà a b 2 ab ab 1 Q
2
2(ab)
2
a b
1
2
Khi a = b = 1 thì Q . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là
0,25
1
2
5
ĐỀ SỐ 032
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2012-2013
Khóa thi: Ngày 4 tháng 7 năm 2012
Môn: TOÁN (Chuyên Toán)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A =
b) Cho x
a a 6
1
4a
a 2
(với a ≥ 0 và a ≠ 4).
28 16 3
. Tính giá trị của biểu thức: P (x 2 2x 1)2012 .
3 1
Câu 2: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
3(1 x) 3 x 2 .
x 2 xy 4x 6
b) Giải hệ phương trình:
2
y xy 1
Câu 3: (1,5 điểm)
2
Cho parabol (P): y = − x và đường thẳng (d): y = (3 − m)x + 2 − 2m (m là tham số).
a) Chứng minh rằng với m ≠ −1 thì (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B.
b) Gọi yA, yB lần lượt là tung độ các điểm A, B. Tìm m để |yA − yB| = 2.
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 4 cm, AD = 2 cm. Đường thẳng vuông góc với
AC tại C cắt các đường thẳng AB và AD lần lượt tại E và F.
a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp trong đường tròn.
b) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng BD và EF. Tính độ dài đoạn thẳng ID.
c) M là điểm thay đổi trên cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt
đường thẳng AD tại N. Gọi S1 là diện tích tam giác CME, S2 là diện tích tam giác AMN.
3
Xác định vị trí điểm M để S1 S2 .
2
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho a, b là hai số thực không âm thỏa: a + b ≤ 2.
2 a 1 2b 8
.
Chứng minh:
1 a 1 2b 7
--------------- Hết ---------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
6
Năm học: 2012-2013
QUẢNG NAM
Khóa thi: Ngày 4 tháng 7 năm 2012
ĐỀ CHÍNH
Môn: TOÁN (Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao
đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Bản hướng dẫn này gồm 03 trang)
Câu
Câu 1
Nội dung
a) (0,75) A =
(1,5
điểm)
A=
=
a a 6
1
4a
a 2
Điểm
(a ≥ 0 và a ≠4)
( a 2)( a 3)
1
(2 a )(2 a )
a 2
0,25
a 3
1
2 a 2 a
0,25
= −1
0,25
b) (0,75) Cho x
x
(4 2 3)2
3 1
28 16 3
. Tính: P (x 2 2x 1)2012
3 1
4 2 3 ( 3 1)2
= 3 1
3 1
3 1
0,25
x 2 2x 1 1
P (x 2 2x 1)2012 1
0,25
0,25
7
Câu 2
a) (1,0) Giải phương trình: 3(1 x) 3 x 2 (1)
(2,0
điểm)
Bình phương 2 vế của (1) ta được:
3(1 x) 3 x 2 3(1 x)(3 x) 4
3(1 x)(3 x) 1 x
3(1 x)(3 x) 1 2x x 2
0,25
0,25
x 2 x 2 0 x = 1 hoặc x =−2
0,25
Thử lại, x = −2 là nghiệm .
0,25
2
x xy 4x 6 (1)
b) (1,0) Giải hệ phương trình:
(I)
2
y
xy
1
(2)
Nếu (x;y) là nghiệm của (2) thì y ≠ 0.
Do đó: (2) x
y2 1
(3)
y
0,25
0,25
Thay (3) vào (1) và biến đổi, ta được:
4y3 + 7y2 + 4y + 1 = 0
(y + 1)(4y2 + 3y + 1) = 0 (thí sinh có thể bỏ qua bước
0,25
này)
y=–1
y=–1 x=2
Vậy hệ có một nghiệm: (x ; y) = (2 ; −1).
Câu
Nội dung
0,25
Điểm
8
Câu 3
a) (0,75) (P): y = − x2 , (d): y = (3 − m)x + 2 − 2m.
(1,5
điểm)
Chứng minh rằng với m ≠ −1 thì (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt
A, B
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
− x2 = (3 − m)x + 2 − 2m.
x2 + (3 − m)x + 2 − 2m = 0 (1)
0,25
= (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m + 1
0,25
Viết được: = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − 1 và kết luận đúng.
0,25
b) (0,75) Tìm m để |yA − yB| = 2 .
Giải PT (1) được hai nghiệm: x1 = − 2 và x2 = m − 1
0,25
Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2
|yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3|
0,25
|yA − yB| = 2 m2−2m−3 = 2 hoặc m2−2m−3 = −2
m = 1 6 hoặc m = 1 2
0,25
Câu 4
a) (1,0) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp trong đường tròn.
(4,0
điểm)
Ta có:
ADB ACB
0,25
AEC ACB ( cùng phụ với BAC )
0,25
ADB AEC
0,25
tứ giác EBDF nội tiếp
0,25
9
b) (1,5) Tính ID
Tam giác AEC vuông tại C và BC AE nên: BE.BA = BC2
BE
BC2
1
BA
BE//CD
0,25
0,25
IB BE 1
ID CD 4
0,25
BD 3
ID 4
4
3
ID BD và tính được: BD = 2 5
ID
8 5
(cm)
3
0,25
0,25
0,25
Câu
Nội dung
Điểm
10
Câu 4
c) (1,5 điểm) Xác định vị trí điểm M để S1 =
(tt)
3
S2
2
Đặt AM = x, 0 < x < 4
0,25
MB = 4−x , ME = 5−x
0,25
Ta có:
0,25
AN AM
BC.AM 2.x
AN
BC MB
MB
4 x
1
x2
1
S1 BC.ME 5 x , S2 AM.AN
2
4x
2
0,25
2
S1 =
3
3 x
S2 5−x = .
x2+18x−40=0
2
2 4x
0,25
x = 2 (vì 0 < x < 4)
Vậy M là trung điểm AB .
0,25
Câu 5
(1,0
điểm)
Cho a, b ≥ 0 và a + b ≤ 2. Chứng minh :
Bất
đẳng
thức
cần
chứng
minh
2 a 1 2b 8
1 a 1 2b 7
tương
đương
với:
1
2
8
1 a 1 2b 7
Ta có:
0,25
1
2
1
1
1
=
(1) (bđt Côsi)
2
a 1 2b 1 a 1 b 1
1
(a 1)(b )
2
2
1
(a 1)(b )
2
2
1
(a 1)(b )
2
Từ (1) và (2) suy ra:
a 1 b
2
0,25
1
2 7 (bđt Cô si)
4
8
(2)
7
0,25
1
2
8
1 a 1 2b 7
Dấu “=” xảy ra chỉ khi : a+1 = b +
1
3
5
và a+b=2 a= và b=
2
4
4
11
0,25
* Lưu ý:
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho
đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
ĐỀ SỐ 033
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2015 – 2016
Khóa ngày 03 tháng 6 năm 2015
Môn: TOÁN (Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Câu 1.( 2,0 điểm)
x x 1 x 1
với x 1; x 0
x 1
x 1
Rút gọn A, sau đó tính giá trị của A 1 khi x 2016 2 2015
a/ Cho biểu thức A
b/ Cho A = 2(12015 + 22015 +…..+ n2015) với n là số nguyên dương.
Chứng minh A chia hết cho n(n+1).
Câu 2.( 2,0 điểm)
a/ Giải phương trình sau:
6
4
7
x 2 9 x 2 11 x 2 8
x(x 4)(4x y) 6
b/ Giải hệ phương trình: 2
x 8x y 5
3
x 2 12
0
Câu 3.( 1,0 điểm) Cho parabol (P): y = ax2 và đường thẳng (d): y = bx + c với a; b; c
là độ dài 3 cạnh của tam giác vuông trong đó a là độ dài cạnh huyền. Chứng minh
rằng (d) luôn luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt là x1 và x2
thỏa mãn
x12 x 22 2
12
Câu 4.(2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại
H. Các tia phân giác các góc EHB, DHC cắt AB, AC lần lượt tại I và K. Qua I và K
lần lượt vẽ các đường thẳng vuông góc với AB, AC chúng cắt nhau tại M.
a/ Chứng minh AI = AK.
b/ Giả sử tam giác nhọn ABC có hai đỉnh B,C cố định, đỉnh A di động. Chứng
minh đường thẳng HM luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5.( 2,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB, qua A và B lần lượt vẽ các
tiếp tuyến d1 và d2 với (O). Từ điểm M bất kỳ trên (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn
cắt d1 tại C và cắt d2 tại D. Đường tròn đường kính CD cắt đường tròn (O) tại E và F
(E thuộc cung AM), gọi I là giao điểm của AD và BC.
a/ Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
b/ Chứng minh MI vuông góc với AB và ba điểm E; I; F thẳng hàng.
Câu 6.( 1,0 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 9
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z (xy + yz + zx)
Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 – 2016
KHÓA NGÀY 03/6/2015
Điểm
Nội dung
Câu 1: 2điểm
a/ A=
( x +1)(x x +1) x 1
( x 1)( x +1)
x +1
A=
x x +1
( x 1)
x 1
A=
x x +1 ( x 1)
x 1
A
0.25
0.25
2
0.25
x
x 1
0.25
13
Khi x 2016 2 2015 2015 1 thì x 2015 1
0.25
2
Ta có A
x
2015 1
2015
2015
suy ra A 1
1
2015
2015
x 1
2015
0.25
b/ Ta có a2015 + b2015 chia hết cho a + b nên
A 12015 n 2015 22015 n 1
2015
... n
2015
0.25
12015 chia hết cho n + 1
Lại có A 12015 (n 1)2015 22015 n 2 2015 ... (n 1)2015 12015 2.n 2015 chia hết
cho n. Mà n và n + 1 nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho n(n+1)
0.25
Câu 2: 2 điểm
a/ Điều kiện: x 3; x 11; x 2 2; x 3 2
pt
6
x2 9
15 x 2
x2 9
1
4
x 2 11
15 x 2
x 2 11
1 1
15 x 2
x2 8
15 x 2 0 (1) hoặc
7
x2 8
1
3
x 2 12
0.25
0
15 x 2
1
1
1
1
2
(15
x
)(
)0
0
x 2 9 x 2 11 x 2 8 x 2 12
x 2 12
1
x 9
2
1
1
x 11 x 8
2
2
1
x 12
2
0.25
0 (2)
0.25
Giải (1) ta được x 15
(2) (2x 2 20)(
1
x 20x 99
4
2
1
x 20x 2 96
4
) 0 x 10
Kết luận phương trình có nghiệm: x 15; x 15 ; x 10; x 10
0.25
14
(x 2 4x)(4x y) 6
x(x 4)(4x y) 6
b/ 2
2
(x 4x) (4x y) 5
x 8x y 5
0.25
Đặt u = x2 + 4x ; v = 4x + y Khi đó hệ phương trình trở thành
0.25
u.v 6
u 3
u 2
hoặc
u v 5
v 2
v 3
x 2 2
x 2 2
x 2 4x 2
hoặc
y 5 4 2
4x y 3
y 5 4 2
u 2
Ta được
v 3
Với
u 3
Ta được
v 2
Với
0.25
x 1
x 3
x 2 4x 3
hoặc
y2
y 10
4x y 2
0.25
Kết luận hệ phương trình có 4 nghiệm.
Câu 3: 1.điểm
Phương trình hoành độ giao điểm: ax2 bx c = 0.
Ta có a; b; c là 3 cạnh của tam giác vuông nên a > 0; b > 0; c > 0
Ta thấy a.(c) < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu, chứng tỏ (d) luôn
cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b
a
Theo định lý Viet ta có: x1 x 2 ; x1.x 2
Ta có x12 x 22 (x1 x 2 )2 2x1.x 2
x12 x 22
b2
a2
2c
a
CoSy
b2 a 2 c2
a2
b2
a
2
c
a
2c
a
2a 2
a2
0.25
0.25
2
2
0.25
2
2 (do a = b + c định lý Pitago)
0.25
Câu 4: 2 điểm
Hình vẽ phục vụ câu a 0.25 đ
a/ Chứng minh được EHI DHK ,
A
0.25
D
E
I
K
H
15
M
B
P
J
Q
C
Nên trong hai tam giác vuông EHI và DHK có
EIH DKH
=> Tam giác AIK cân tại A=> AI = AK
0.25
0.25
b/ KM và IM lần lượt cắt BC tại P và Q
Áp dụng tính chất phân giác ta có
EI HE HD DK
EI DK
IB HB HC KC
IB KC
Áp dụng định lý Talet cho các tam giác CBD và
BEC ta được:
0.25
DK BP EI CQ
BP CQ
BP CQ
=>
;
KC PC IB QB
PC QB
BC BC
BP = CQ
0.25
Gọi J là giao điểm của HM và BC
Áp dụng định lý Talet cho các tam giác JBH và
JCH ta được:
JP JM JQ
mà BP = CQ nên JP = JQ
BP MH QC
0.25
Suy JB= JC hay J là trung điểm của BC. Vậy
HM luôn đi qua điểm cố định là trung điểm của
BC khi tam giác ABC thay đổi.
0.25
Câu 5: 2 điểm
Hình vẽ phục vụ câu a
0.25
16
a/ Ta có CA = CM ; DB = DM
Suy ra CD = CA + DB
0.25
Gọi O’ trung điểm CD ta chứng minh được OO’ là
đường trung bình hình thang ACDB nên
OO’=
1
1
.( AC + BD) = CD
2
2
D
0.25
O'
M
Suy ra đường tròn đường kính CD qua O
C
Lại có OO’ AB ( OO’ // AC; AC AB)
E
Vây AB là tiếp tuyến của đ/ tròn đường kính CD
I
K
F
A
B
H
O
0.25
b/ Ta có hai tam giác ICA và IBD đồng dạng
suy ra
IC CA CM
=> MI // BD => MI AB
IB BD DM
0.25
Gọi H là giao điểm MI và AB => MH // BD
Ta có
MI CI
AI
IH
=> MI = IH
BD CB AD BD
hay I trung điểm MH
0.25
Gọi I’ là giao điểm của MH và EF, đặt h = MH,
gọi R bán kính đường tròn (O)
Ta có hai tam giác MHO và OMO’ đồng dạng
MH OM
R2
OO'
OM OO'
h
0.25
Gọi x = I’H, gọi K là giao điểm OO’ với EF
Ta có OO’ EF ( đoạn nối tâm vuông góc dây
chung)
Ta có OK = I’H = x
17
O'E = OO'
R2
. Theo định lý Pitago cho O'KE
h
KE2 = O’E2 O’K2 và O’K = O’O OK
2
2
R2 R2
2R 2 x
KE
x
x 2 (1)
h h
h
2
Trong tam giác vuông EKO ta có
KE2 OE2 OK 2 R 2 x 2 (2)
Từ (1) và (2) ta có
2R 2 x
h
x2 R 2 x2 x
h
2
Vậy I trùng với I’ hay 3 điểm E; I; F thẳng hàng.
0.25
Câu 6: 1 điểm
Ta có xy yz xz
(x y z)2 (x 2 y 2 z 2 )
2
0.25
Do đó P x y z
(x y z)2 (x 2 y 2 z 2 )
2
0.25
P
0.25
1
1
1
2(x y z) (x y z) 2 (x 2 y 2 z 2 ) (x y z 1)2 (x 2 y 2 z 2 1)
2
2
2
1
2
1
2
Suy ra P (x 2 y2 z 2 1) (9 1) 5
0.25
x y z 1 0
Vậy Pmax = 5 khi và chỉ khi 2 2 2
( chẳng hạn x = 2; y = 2; z = 1)
x y z 9
Chú ý : Thí sinh giải cách khác đáp án, các giám khảo thống nhất theo thang điểm
của đáp án
18
ĐỀ SỐ 034
UBND tØnh b¾c ninh
Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
§Ò chÝnh thøc
®Ò thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn
N¨m häc 2009 - 2010
M«n thi: To¸n
Thêi gian: 150 phót (Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Ngµy thi: 09 – 07 – 2009
Bµi 1: (2,0 ®iÓm)
Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh sau:
1/ x 1 x 1
2/
x 2 2x 1 x 2 4x 4 3
Bµi 2: (2,5 ®iÓm)
Cho hµm sè y x 2 4x 4 4x 2 4x 1 ax (x lµ biÕn sè)
1/ X¸c ®Þnh a ®Ó hµm sè lu«n ®ång biÕn.
2/ X¸c ®Þnh a ®Ó ®å thÞ hµm sè ®i qua ®iÓm B(1; 6). VÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè ®· cho
víi a võa t×m ®-îc.
3/ Dïng ®å thÞ (C) biÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh sau:
x 2 4x 4 4x 2 4x 1 x m
Bµi 3: (2,5 ®iÓm)
Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A. Dùng c¸c ®-êng trßn (O) vµ (O’) cã ®-êng kÝnh
t-¬ng øng lµ AB vµ AC, c¸c ®-êng trßn nµy c¾t nhau t¹i A vµ D.
1/ Chøng minh r»ng B, C, D th¼ng hµng, tõ ®ã suy ra hÖ thøc:
1
1
1
2
2
AD
AB AC2
2/ Gäi M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá CD; AM c¾t BC t¹i E vµ c¾t ®-êng trßn
(O) t¹i ®iÓm thø hai N. Chøng minh tam gi¸c ABE c©n.
3/ Gäi I lµ trung ®iÓm cña MN. Chøng minh: OIO' 900 .
Bµi 4: (2,0 ®iÓm)
1/ Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ 3 sè tháa m·n:
a b c 2009 vµ
1 1 1
1
th× mét trong ba sè ph¶i cã mét sè b»ng 2009.
a b c 2009
2/ Cho tam gi¸c ABC, AD lµ ph©n gi¸c trong cña gãc A. Chøng minh r»ng:
AD2 = AB.AC – DB.DC.
Bµi 5: (1,0 ®iÓm)
Cã 9 chiÕc bµn võa mµu xanh võa mµu ®á xÕp thµnh mét hµng däc c¸ch ®Òu nhau.
Chøng minh r»ng cã Ýt nhÊt mét chiÕc bµn ®-îc xÕp c¸ch 2 bµn cïng mµu víi m×nh mét
kho¶ng c¸ch nh- nhau.
--------------------- HÕt -------------------H-íng dÉn chÊm m«n to¸n
(Thi tuyÓn sinh vµo THPT Chuyªn n¨m häc 2009 – 2010)
19
C©u
ý
1
1/
Néi dung
x 1 0
x 1 x 1
2
x 1 (x 1)
§iÓm
0,25®
x 1
2
x 3x 0
x 1
x 0
x 3
0,25®
x 3
0,25®
0,25®
x 2 2 x 1 x 2 4 x 4 3 (x 1)2 (x 2)2 3
2/
x 1 x 2 3 (*)
+ Víi x 2 th× (*) 1 x x 2 3 x 2 (lo¹i)
+ Víi 2 x 1 th× (*) 1 x x 2 3 0x 0 (®óng víi mäi x
tháa m·n 2 x 1)
+ Víi x 1 th× (*) x 1 x 2 3 x 1 (t/m)
VËy nghiÖm cña PT ®· cho lµ: 2 x 1
0.25®
0.50®
0.25®
20
- Xem thêm -
.PDF 
539 
166 
139 
