SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2011 - 2012 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thức Đề có 01 trang Câu (1 điểm) a) Rút gọn 11 + + 11 − b) Chứng minh hai với hệ số nguyên 11 + , 11 − hai nghiệm phương trình bậc Câu (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - m + = với m tham số (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 2 b) Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình (1) Tìm m để A = x1 + x2 − x1 x2 = c) Tìm m để A đạt giá trị nhỏ Câu (3 điểm) Giải phương trình: a) ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) ( x + 7) = −15 b) x + + − x − ( x + 3)(6 − x) = c) x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = Câu (2 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 a) x + x − y + y =3 b) x − 2008 + y − 2009 + z − 2010 + 3012 = ( x + y + z) Câu (2,5 điểm) Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R) Gọi H trực tâm ∆ ABC, I trung điểm đoạn thẳng BC, G giao điểm AI OH; M, N, P chân đường cao ∆ ABC hạ từ A, B, C Gọi SABC diện tích ∆ ABC Chứng minh: a) G trọng tâm tam giác ABC b) H tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP c) R(MN + NP + PM) = 2SABC -Hết - Hướng dẫn chấm, biểu điểm MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Điểm Nội dung Câu (1 điểm) a) Rút gọn 0,5 11 + + 11 − 11 + + 11 − = 32 + 2.3 + = + + − = + +3 − = b) Chứng minh hai với hệ số nguyên 11 + , ( 2) + 32 − 2.3 + ( 2) = (3+ ) + (3− ) (vì + > - < ) 11 − 0,25 0,25 hai nghiệm phương trình bậc Ta có: 11 + + 11 −6 = (theo a) 11 + 11 − = 11 −( ) = 121 −72 = Theo ĐL Viét đảo 11 + , 11 − hai nghiệm PT: x2 – 6x +7 = Phương trình có hệ số nguyên (đ.p.c.m) 2 0,5 0,25 0,25 Câu (1,5 điểm) Cho PT: x2 – 2mx + m2 - m + = với m tham số (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm Ta có: ∆ ' = (−m) − (m − m + 1) = m − PT (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ ⇔ m − ≥ ⇔ m ≥ (*) 0,5 0,5 2 b) Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình (1) Tìm m để A = x1 + x2 − x1 x2 = 0,5 Theo ĐL Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m; x1.x2 = m − m + Ta có: A = x12 + x22 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 = (2m) − 3(m − m + 1) = m + 3m − 0,25 m = A = ⇔ m2 + 3m − = ⇔ m2 + 3m − 10 = ⇔  Kết hợp với (*) ta có m =  m = −5 0,25 c) Tìm m để A đạt giá trị nhỏ 0,5 Theo b) ta có A = m2 + 3m − = (m2 − 2m + 1) + (5m − 5) + = ( m − 1) + 5( m − 1) + 0,25 Vì m ≥ nên A ≥ Vậy Amin = m = 0,25 Câu (3 điểm) Giải phương trình: a) ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) ( x + 7) = −15 (*) Ta có: (x +1)(x+7) = x2 + 8x + 7; (x+3)(x+5) = x2 +8x + 15 Đặt t = x2 + 8x + ⇒ x2 +8x + 15 = t +8 Thay t vào PT (*): t (t+8) = -15 ⇔ t2 + 8t + 15 = ⇔ t = -3 t = -5 1.0 0,5 Với t = -3 ta có PT: x2 + 8x + = -3 ⇔ x2 + 8x + 10 = ⇔ x = - + x = - - Với t = -5 ta có PT: x2 + 8x + = -5 ⇔ x2 + 8x + 12 = ⇔ x = - x = - Kết luận: Tập nghiệm PT cho { −2; −6; −4 + 6; −4 − } 0,5 1,0 b) x + + − x − ( x + 3)(6 − x) = (*) x + ≥ ⇔ { −3 ≤ x ≤ 6 − x ≥ Điều kiện:  0,25 u ≥ u = x + u + v = (u + v) − 2uv =  ⇒ v ≥ ⇔ ⇔ Đặt   Ta có HPT:   u + v − uv = u + v = + uv v = − x u + v =   uv =  u = ( uv ) + 4uv = (3 + uv) − 2uv = uv =   ⇔ ⇔  uv = −4 ⇔ ⇔  v = ⇔  u + v = + uv u + v = + uv u + v = + uv    u + v = + uv u + v =      x + =  u =   x = −3      − x =  x = −3 v = 6 − x =  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Vậy tập nghiệm PT { −3;6}  v =  x = x =     − x =     u =   x + =   x + = 0,25 0,5 c) x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = Ta có: 1,0 x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = ⇔ x3 – 7x2 + 2x2 - 14x + 2011x – 7.2011 = ⇔ x2 (x – 7) + 2x (x – 7) + 2011 (x-7) = 0,5 ⇔ (x - 7) (x2 + 2x +2011) = x = x = ⇔ ⇔ ⇔x =7 x + x + 2011 = ( x +1) + 2010 = Tập nghiệm PT: { 7} 0,5 Câu (2 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên: a) x + x − y + y =3 (1) Ta có (1) ⇔ x + x − y + y = ⇔ x − y + x + y = ⇔ ( x + y )( x − y + 1) = Vì Ư(3) = { −1; − 3;1;3} nên (2) có trường hợp: TH1:  x = x + y = x + y =  ⇔ ⇔  x − y +1 = x − y =  y = −1   TH2:  x = x + y = x + y =  ⇔ ⇔  x − y +1 = x − y = y =   1,0 0,5 0,5 TH3: −5  x =  x + y = −1  x + y = −1  ⇔ ⇔   x − y + = −3  x − y = −4 y =   TH4: −5  x =  x + y = −3  x + y = −3  ⇔ ⇔   x − y + = −1  x − y = −2  y = −1   Các trường hợp nghiệm nguyên Vậy PT (1) nghiệm nguyên b) x − 2008 + y − 2009 + z − 2010 + 3012 = Điều kiện: x ≥ 2008, y ≥ 2009, z ≥ 2010 (*) PT (1) ⇔ ( x − 2008) − x − 2008 + + (y − 2009) − 2 ( x + y + z ) (1) 1,0 0,25 y − 2009 + + ( z − 2010) − z − 2010 + = ⇔ ( x − 2008 − 1) + ( y − 2009 − 1) + ( z − 2010 − 1) = 2  x − 2008 − =  x = 2009   ⇔  y − 2009 − = ⇔  y = 2010   z = 2011   z − 2010 − = Các giá trị x, y, z thoả mãn (*) 0,5 Vậy nghiệm nguyên PT là: (x; y; z) = (2009; 2010; 2011) Câu (2,5 điểm) Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R) Gọi H trực tâm ∆ ABC, I trung điểm đoạn thẳng BC, G giao điểm AI OH; M, N, P chân đường cao ∆ ABC hạ từ A, B, C Gọi SABC diện tích ∆ ABC Chứng minh: a) G trọng tâm tam giác ABC 1,25 A 0,25 N J K O P H B M G C I D Gọi D giao điểm AO với đường tròn (O) H trực tâm tam giác ABC nên: HC ⊥ AB, BH ⊥ AC (1) AD đường kính nên: DB ⊥ AB, DC ⊥ AC (2) Từ (1) (2) ta có: HC//DB BH//DC ⇒ BHCD hình bình hành IB = IC ⇒ H, I, D thẳng hàng IH = ID Tam giác HAD có OI đường trung bình ⇒ AH = 2OI Ta có: ∆GAH : ∆GIO (g.g) ⇒ AG = 2GI ⇒ G trọng tâm ABC (đ.p.c.m) b) H tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP 0,5 0,5 0,75 Gọi M, N, P chân đường cao hạ từ A, B, C Ta chứng minh MA · tia phân giác PMN ¶ = 900 ) ⇒ PMH · · ¼ ) Tứ giác PHMB nội tiếp (vì Pµ = M (cùng chắn PH (1) = PBH · · · · » Tứ giác ANMB nội tiếp (vì ANB = AMB = 90 ) ⇒ PBN = AMN (cùng chắn AN ) (2) · · · Từ (1) (2) ta có: PMA = PMH = PBH = ·ABN = ·AMN ⇒ MA tia phân giác · PMN Chứng minh tương tự ta có NB, PC tia phân giác · · PNM , NPM Điểm H giao tia phân giác nên H tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP (đ.p.c.m) 0,5 0,25 0,5 c) R(MN + NP + PM) = 2SABC Gọi J K hình chiếu vuông góc O AC, AB Ta có: OI ⊥ BC, OJ ⊥ AC, OK ⊥ AB nên: S ABC = SOBC + SOAC + SOAB = ( OI BC + J AC + OK AB ) ⇔ 2S ABC = OI BC + OJ AC + OK AB (1) · Xét ∆APN , ∆ABC có µA chung, ·ANP = ABC (do tứ giác PBCN nội tiếp nên · góc bù với PNC ) ⇒ ∆ANP : ∆ABC (2) ∆ ANP nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính đường tròn ngoại tiếp ½ OH= OI ∆ ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp R nên từ (2) ta có: NP OI = ⇔ OI BC = NP.R BC R 0,5 Chứng minh tương tự ta có: OJ AC = PM.R, OK.AB = MN R Thay vào (1) ta có: R(MN + NP + PM) = 2SABC (đ.p.c.m) ... (t+8) = -1 5 ⇔ t2 + 8t + 15 = ⇔ t = -3 t = -5 1.0 0,5 Với t = -3 ta có PT: x2 + 8x + = -3 ⇔ x2 + 8x + 10 = ⇔ x = - + x = - - Với t = -5 ta có PT: x2 + 8x + = -5 ⇔ x2 + 8x + 12 = ⇔ x = - x = - Kết... c) x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = Ta có: 1,0 x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = ⇔ x3 – 7x2 + 2x2 - 14x + 2011x – 7 .2011 = ⇔ x2 (x – 7) + 2x (x – 7) + 2011 (x-7) = 0,5 ⇔ (x - 7) (x2 + 2x +2011) = x = x =... 2 010 − 1) = 2  x − 2008 − =  x = 2009   ⇔  y − 2009 − = ⇔  y = 2 010   z = 2011   z − 2 010 − = Các giá trị x, y, z thoả mãn (*) 0,5 Vậy nghiệm nguyên PT là: (x; y; z) = (2009; 2 010;