SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2010 - 2011 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đề thi gồm: 01 trang Câu (2,0 điểm) 1 3  1) Cho x    12  135 12  135     3  Khơng dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức M=  x3  x  3  x  y a  b 2) Cho trước a, b  R ; gọi x, y hai số thực thỏa mãn  3 3  x  y a  b Chứng minh rằng: x 2011  y 2011 a 2011  b 2011 Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x3  ax  bx  0 (1) 1) Tìm số hữu tỷ a b để phương trình (1) có nghiệm x 2  2) Với giá trị a, b tìm trên; gọi x1; x2 ; x3 ba nghiệm phương trình (1) 1 Tính giá trị biểu thức S    x1 x2 x3 Câu (2,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x  y  x y  60 37 xy  x  x x y  y  2) Giải hệ phương trình:    x  1  x  y  0 Câu (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) (O’ ; R’) cắt I J (R’ > R) Kẻ tiếp tuyến chung hai đường trịn đó; chúng cắt A Gọi B C tiếp điểm hai tiếp tuyến với (O’ ; R’); D tiếp điểm tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I điểm B nửa mặt phẳng bờ O’A) Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) M (điểm M khác điểm I ) 1) Gọi K giao điểm đường thẳng IJ với BD Chứng minh: KB2 = KI.KJ ; từ suy KB = KD 2) AO’ cắt BC H Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm đường tròn 3) Chứng minh đường thẳng AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD Câu (1,0 điểm) Mọi điểm mặt phẳng đánh dấu hai dấu (+) (  ) Chứng minh điểm mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh đánh dấu -Hết -1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đáp án gồm : 04 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm theo cách khác vẫn cho điểm tối đa - Việc chi tiết điểm số (với cách khác, có) phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý 1 Nội dung Điểm 1 12  135 12  135   Tính M=  x - x -   Cho x      3 1 12  135 12  135    Từ x     3 3    12  135 12  135   x  1  3  3       12  135 12  135     3x  1  3   3     x  1 8   x  1 1,00   x3  x  0  M   1 1 Cho trước a, b  R ; gọi x,y hai số thực thỏa mãn  x  y a  b ( I ) Chứng minh rằng: x 2011  y 2011 a 2011  b 2011  3 3  x  y a  b  x  y a  b (I )   3  x  y   3xy  x  y   a  b   3ab  a  b  (1)  x  y a  b  (*) xy ( a  b )  ab ( a  b ) (2)   x  y a  b +/Nếu a  b 0 (*)    xy ab => x, y nghiệm phương trình X  (a  b) X  ab 0  x b  x a ; Giải ta có  => x 2011  y 2011 a 2011  b 2011  y a  y b +/Nếu a  b 0 => a  b 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25  x  y 0  x  y Ta có hệ phương trình  3 x  y   2011 2011 a  b 0 =>  2011 => x 2011  y 2011 a 2011  b 2011 2011  x  y 0 x3  ax  bx  0 (1) Tìm a, b  Q để (1) có nghiệm x 2  3 vào (1)ta có :     a     b     0 Thay x 2    4a  b  15  7 a  2b  25 +/Nếu  4a  b  15  0 a  2b  25 =>   4a  b  15 (vơ lí VT số vơ tỷ , VP số hữu tỷ) 7a  2b  25 0 +/ Suy  4a  b  15  0   4a  b  15 0 a  Giải hpt ,kết luận :  b 5 2 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 Với a=-5 ;b=5 Tính giá trị biểu thức S  1   x15 x25 x35  a  2 (1) có dạng x  x  x  0   x-1 x  x  0 b 5  0,25 1,00  0,25 Khơng tính tổng quát coi x3 1 x1 , x2 nghiệm  x1  x2 4 phương trình  x  x  1 0 ( có  ' 3  ) =>   x1 x2 1 0,25 +/  +/ x12  x22  x1  x2   x1 x2 14 3 2 +/ x1  x2  x1  x2   x1  x2  x1 x2  52 5 2 3 2 +/ x1  x2  x1  x2   x1  x2   x1 x2  x1  x2  724 =>S = 725 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x  y  x y  60 37 xy (1) 0,25 0,25 1,00 (1)   x  y   x y  35 xy  60   x  y  5  xy  3   xy  Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, VT 0   xy - 3   xy  0  xy 4 0,25  xy 3 Do x, y  Z => xy  Z =>   xy 4  xy 3 x y  +/  (vô nghiệm Z)  2  x  y  0  x 3 0,25 2 0,25  xy 4 x y  x  y 2   +/    x  y    x  y  0  x 4  x  y 2 Vậy  giá trị cần tìm x  y   0,25  x  x x y  y (1)  Giải hệ phương trình:    x  1  x  y  0 (2) Điều kiện : y 0  x y (1)   x  y   x  1 0    x 1 1,00 0,25 +/Nếu x 1 thay vào phương trình (2) ta có : y  0  y 1 +/Nếu x  y 0 Khi (2)   x  1  x  0 (3)  x  1 2.2 x 4 x  nên VT(3) 2( x - x  1) 2 0,25   x  1 2 x 2 x  x  0  x 1  x 1  y 1 Do Pt (3)    x  0  x 1  x  ; Vậy hệ phương trình có nghiệm   y 1  y 1 K giao điểm đường thẳng IJ với BD Chứng minh KB = KD 0,25 0,25 1,00 B K M D A I H O O' J C  Do AO AO’ hai tia phân giác BAC => A,O,O’ thẳng hàng 0,25  IBK   ; BKI   sđ BI Có BJI chung 0,25 KI KB =  KB2 =KI.KJ (1) KB KJ KI KD 0,25 =  KD =KI.KJ (2) Tương tự: Δ KDI đồng dạng với Δ KJD  KD KJ 0,25 Từ (1) (2) => KB=KD  Δ KBI đồng dạng với Δ KJB (g.g)=> 4 Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm đường trịn 1,00 0,25 +/Xét tam giác vng ABO’ có: AB =AH.AO' (3)    ; BAI  AMB  sđ BI +/ Có : ABI chung AB AI =  AB2 =AM.AI (4) 0,25 Δ ABI đồng dạng với Δ AMB (g.g)  AM AB AH AM = Từ (3),(4) => AI.AM=AH.AO'  AI AO' AH AM 0,25  chung ) = => Δ AHI đồng dạng với Δ AMO' ( ;A AI AO'   => AHI=AMO' => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay điểm I, H, M, O’ 0,25 thuộc đường tròn Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD 1,00 AO OD R OI OI     Do OD // O’B (cùng  AB)  AO' O'B R' O'M O'I 0,25 OI cắt O’I A,I,M thẳng hàng => OI // O’M   => DOI=BO'M 0,25 1 1      BIM   DOI  sđ DI  BO'M  sđ BM mà BDI 0,25 2 2   => BDI =>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔBID BIM 0,25 hay AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD Chứng minh điểm mặt phẳng làm thành 1,00 tam giác vuông cân mà ba đỉnh đánh dấu Dựng tam giác vng cân ABC đỉnh A C D Do đánh hai dấu (+), (  ) nên tồn hai điểm dấu , không tổng quát giả sử hai điểm A, B I dấu dấu (+) 0,25 + Nếu C có dấu (+) tam giác vng cân ABC tam giác phải tìm + Nếu C có dấu (- ) ta dựng điểm D A B cho ABDC hình vng _ Nếu D có dấu (+) tam giác ABD tam giác cần tìm 0,25 _ Nếu D có dấu (-) gọi I giao điểm AD BC * Nếu I có dấu (+) tam giác vng cân ABI tam 0,25 giác cần tìm * Nếu I dấu (-) dễ thấy tam giác vng cân CID có ba 0,25 đỉnh dấu (-) tam giác cần tìm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM HỌC 2010-2011 KHĨA NGÀY 21/06/2010 Mơn thi: TỐN ( chun) Thời gian làm : 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÌNH THỨC Câu 1: (4 điểm)   x+1+y=1 1) Giải hệ phương trình   +5y=3  x+1 2) Giải phương trình :  2x2 -x +2x2 - x-12=0 Câu 2: ( điểm) Cho phương trình x2 – ( 2m + 1) x + m2 + m – = ( x ẩn số ) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2  x1  x2  thỏa x1 =2 x2 Câu 3: (2 điểm ) Thu gọn biểu thức: A= 7+ + 7- 7+2 11 - 3-2 Câu 4: ( điểm ) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O).Gọi P điểm cung nhỏ AC.Hai đường thẳng AP BC cắt M.Chứng minh :   a) ABP=AMB b)MA.MP =BA.BM Câu : ( điểm ) a) Cho phương trình 2x2 +mx+2n+8=0 ( x ẩn số m, n số nguyên).Giả sử phương trình có nghiệm số ngun Chứng minh m2 +n2 hợp số b) Cho hai số dương a,b thỏa a100 +b100 =a101 +b101 =a102 +b102 Tính P= a2010 +b2010 Câu : ( điểm ) Cho tam giác OAB vuông cân O với OA=OB =2a.Gọi (O) đường trịn tâm O bán kính a.Tìm điểm M thuộc (O) cho MA+2MB đạt giá trị nhỏ Câu 7: ( điểm) Cho a , b số dương thỏa a2 +2b2 3c2 Chứng minh +  a b c HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN NĂM HỌC 2010-2011 KHĨA NGÀY 21/06/2010 Mơn thi: TỐN ( chun) Câu Hướng dẫn chấm Điểm Câu:1: ( điểm Câu   x+1+y=1 1) Giải hệ phương trình   +5y=3  x+1   x+1+y=1    +5y=3  x+1  2  x+1  2y = 3y =1    2 +5y =3  +5y =3  x+1  x+1   x =2   y =  0,5 x4 đ 2) Giải phương trình :  2x2 - x +2x2 -x-12=0 Đặt t 2x2  x , pt trở thành: t2 + t - 12 =  t=3 hay t=-4 ( đ) t =3 => 2x2  x 3  x  hay x  t= -4 => 2x2  x  ( vơ nghiệm) Vậy pt có hai nghiệm x =- , x =3/2 Câu 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Câu : (3 điểm ) Cho phương trình x2 – ( 2m + 1) x + m2 + m – = ( x ẩn số ) (*) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2  x1  x2  thỏa x1 =2 x2 ’=  2m 1   4m2  4m 3 4  0, với Vậy (*) có nghiệm phân biệt với m x1 =2m-1 ; x2 =2m+3 0,5 đ 0.5 đ x1 =2 x2  2m 2 2m (3 đ) Câu ( đ)   m  2m 12 2m 3     m  2m 1 2 2m 3  0,5 đ 1,5 đ Câu : ( điểm) Thu gọn biểu thức: A= 7+ + 7- 7+2 11 - 3-2 Xét M = 7+ + 7- 7+2 11 1đ 14  44 2 , suy M = 7 11 Ta có M > M  A= -( -1)=1 Câu ( đ) 1đ Câu : ( điểm) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường trịn (O).Gọi P điểm cung nhỏ AC.Hai đường thẳng AP BC cắt M.Chứng minh :   a) ABP=AMB b)MA.MP =BA.BM A x P = = O x M B C  ) = ( s đ AC  s đ PC  )= s đ AP = ABP a) AMB  ( s đ AB  s đ PC 2      b) PA PC  CAP  ABP  AMB  CM  AC  AB MAC  Câu 1đ MBP (g-g) MA MC   MA.MP  MB.MC MB.AB MB MP 1đ Câu 5: ( điểm) a)Cho phương trình 2x2 +mx+2n+8=0 ( x ẩn số m, n số nguyên).Giả sử phương trình có nghiệm số ngun Chứng minh m2 +n2 hợp số Gọi x1, x2 nghiệm phương trình  x1  x2  ( đ) 2đ m , x1.x2 n  2 2 2 m2 +n2 =  2x1  2x2    x1x2  4 4x1  4x2 x1  x2 x1  16 0,5 đ 0,5 đ =  x1  4  x2  4 x12  4, x22  số nguyên lớn nên m2 +n2 hợp số b)Cho hai số dương a,b thỏa a100 +b100 =a101 +b101 =a102 +b102 Tính P= 0,5 đ a2010 +b2010 100 100 101 101 101 101 100 100 Ta có 0a +b   a  b  a  b   a +b   a100  1 a  b100  1 b a101  1 a  b101  1 b  a=b=1  P= a2010 +b2010 =2 Câu 1đ 0,5 đ Câu 6: ( điểm) Cho tam giác OAB vuông cân O với OA=OB =2a.Gọi (O) đường tròn tâm O bán kính a.Tìm điểm M thuộc (O) cho MA+2MB đạt giá trị nhỏ ( đ) Đường thẳng OA cắt (O) C D, với C trung điểm OA.Gọi E trung điểm OC *Trường hợp M không trùng với C vá D Hai tam giác OEM OMA đồng dạng ( OM OE  MOE  AOM ,   ) OA OM ME OM     MA 2.EM AM OA Câu ( đ) * Trường hợp M trùng với C : MA=CA=2.EC=2.EM * Trường hợp M trùng với D: MA=DA=2.ED=2.EM Vậy ta ln có MA=2.EM MA+2.MB=2(EM+MB)  2.EB = số Dấu “=” xảy M giao điểm đoạn BE với đường tròn (O) Vậy MA +2.MB nhỏ M giao điểm đoạn BE với đường tròn (O) Câu : ( điểm) 2 Cho a , b số dương thỏa a +2b 3 c Chứng minh +  a b c  1   a  2b  b 2a 9ab Ta có:   a b a  2b  2a2  4ab 2b2 0  2 a  b 0 ( đúng) 1đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 10 a+2b  3 a2  2b2   2   a  2b 3 a2  2b2   2a2  4ab 2b2 0  2 a  b 0 ( đúng) 0,5 đ Từ (1) (2) suy 9     2 a b a  2b c ( a  2b 3c ) a2  2b2  SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ  1đ KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC: 2009 - 2010 11 Đề thức Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19 tháng năm 2009 Câu 1: (2,0 điểm) =7 x2 1 Tính giá trị biểu thức: A = x3 + B = x5 + x x  1   2  y  x Giải hệ phương trình:     2  y x  Cho số x  x  R; x  0 thoả mãn điều kiện: x2 + Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax  bx  c 0 ( a 0 ) có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện: x1 x2 2 Tìm giá trị lớn biểu thức: Q 2a  3ab  b 2a  ab  ac Câu 3: (2,0 điểm) Giải phương trình: x + y  2009 + z  2010 = ( x  y  z) 2 Tìm tất số nguyên tố p để 4p2 +1 6p2 +1 số ngun tố Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Một đường thẳng qua A , cắt cạnh BC M cắt đường thẳng CD N Gọi K giao điểm đường thẳng EM BN Chứng minh rằng: CK  BN Cho đường trịn (O) bán kính R=1 điểm A cho OA= Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C tiếp điểm).Một góc xOy có số đo 45 có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB D cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC E Chứng minh rằng: 2  DE  Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P a  b  c  d  ac  bd ,trong ad  bc 1 Chứng minh rằng: P Hết SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC: 2009 - 2010 12 Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn) Đáp án thức Mơn: Tốn ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Ngày thi: 19 tháng năm 2009 (Đáp án gồm 04 trang) Câu ý Nội dung ) =9x+ = (do x > 0) x x 1 1  21 = (x + )(x2 + ) = (x3 + ) + (x + )  A = x3 + =18 x x x x x 1 1  7.18 = (x2 + )(x3 + ) = (x5 + ) + (x + ) x x x x Từ giả thiết suy ra: (x +  B = x5+ = 7.18 - = 123 x Từ hệ suy Nếu 1  x y 1  2   2 y x x y 2  y 2 x (2) b c , x1.x2  a a b b     2a  3ab  b a  a  ( Vì a 0) Khi Q  = b c 2a  ab  ac 2  a a 2  3( x1  x2 )  ( x1  x2 ) =  ( x1  x2 )  x1 x2 2 Vì x1 x2 2 nên x1 x1 x2 x2 4  x12  x2 x1 x2    x1  x2  3 x1 x2  Theo Viét, ta có: x1  x2  Do Q  0.25 0.25 0.5 nờn (2) xảy x=y vào hệ ta giải x=1, y=1 0.25 0.25 Điểm  3( x1  x2 )  x1 x2  3  ( x1  x2 )  x1 x2 Đẳng thức xảy x1 x2 2 x1 0, x2 2 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 13  b   a 4    c 4   a  Tức  b   2   a c   0   a  c  b 4a   b  2a Vậy max Q =3  c 0 ĐK: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010 0.25 Phương trình cho tương đương với: x+y+z=2 ( x x x - 1)2 + ( +2 y  2009 y  2009 -1=0 y  2009 -1=0 +2 - 1)2 + ( z  2010 z  2010 - 1)2 = 0.25 0.25 x=3  y = - 2008 0.25 -1=0 z = 2011 Nhận xét: p số nguyên tố  4p2 + > 6p2 + > z  2010 Đặt x = 4p2 + = 5p2- (p - 1)(p + 1) y = 6p2 +  4y = 25p2 – (p - 2)(p + 2) 0.25 Khi đó: - Nếu p chia cho dư dư (p - 1)(p + 1) chia hết cho 0.25  x chia hết cho mà x >  x không số nguyên tố - Nếu p chia cho dư dư (p - 2)(p + 2) chia hết cho  4y chia hết cho mà UCLN(4, 5) =  y chia hết cho mà y>5 0.25  y không số nguyên tố Vậy p chia hết cho 5, mà p số nguyên tố  p = Thử với p =5 x =101, y =151 số nguyên tố 0.25 Đáp số: p =5 14 A I B K E M D C N Trên cạnh AB lấy điểm I cho IB = CM Ta có  IBE =  MCE (c.g.c) Suy EI = EM , MEC BEI   MEI vuông cân E Suy EMI 450 BCE Mặt khác: IB CM MN   AB CB AN  IM // BN BCE EMI BKE  tứ giác BECK nội tiếp BEC  BKC 180 Lại có: BEC 90  BKC 90 Vậy CK  BN 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 O B x x D M A E y C Vì AO = , OB=OC=1 ABO=ACO=900 suy OBAC hình vng Trên cung nhỏ BC lấy điểm M cho DOM = DOB MOE=COE Suy  MOD=  BOD  DME=900  MOE=  COE EMO=900 suy D,M,E thẳng hàng, suy DE tiếp tuyến (O) Vì DE tiếp tuyến suy DM=DB, EM=EC Ta có DE