Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi Năm học 2008 2009 môn thi: Toán11860

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AC, AD.. Các đường thẳng EP, FP cắt BD, BC lần lượt tại M, N... Vậy với m 2 5 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất... Vậy diện tích tứ giác

Sở giáo dục và đào tạo

HảI dương

Đề thi chính thức

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trãi - Năm học 2008-2009

Môn thi : toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Ngày thi 28 tháng 6 năm 2008

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu I: (2.0 điểm)

Cho phương trình ẩn x : x42(2m 1)x 24m2 0 (1) 1) Giải phương trình (1) khi m = 2

2) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt

1 2 3 4

x x x x 17

Câu II: (1.0 điểm)

Rút gọn biểu thức :

với

A  3b 1 b 8b 3    3b 1 b 8b 3   b 3

8



Câu III: (2.0 điểm)

Cho hệ phương trình :      ( với m là tham số )





1) Giải hệ phương trình khi m 2 5 2) Tìm m để hệ trên có nghiệm duy nhất

Câu IV: (1.0 điểm)

Tìm các số thực x sao cho x 2009 và 16 2009 đều là số nguyên

x

Câu V: (3.0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và một điểm P cố định khác O (OP < R) Hai dây

AB và CD thay đổi sao cho AB vuông góc với CD tại P Gọi E, F lần lượt là trung

điểm của AC, AD Các đường thẳng EP, FP cắt BD, BC lần lượt tại M, N

1) Chứng minh rằng : Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc một đường tròn

2) Chứng minh rằng : BD = 2.EO 3) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của diện tích tứ giác ACBD

Câu VI: (1.0 điểm)

Cho x, y thoả mãn 16x29y2 144 Chứng minh rằng :

2x y 1  2 5 1

-Hết -Họ và tên thí sinh : Số báo danh : Chữ kí của giám thị 1 : Chữ kí của giám thị 2:

Sở giáo dục và đào tạo

HảI dương

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trãi - Năm học 2008-2009

Môn thi : toán Ngày 28 tháng 6 năm 2008 Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang Hướng dẫn chấm

Với m = 2 phương trình (1) có dạng: x410x216 0 (2)

Đặt y = x2 y 0 thì pt (2) có dạng y210y 16 0  (3) 0.25 Giải pt (3) ta được y12; y2 8 (thoả mãn) 0.25

2 1

2 2



1)

1,0điểm

Phương trình đã cho có bốn nghiệm

Đặt yx y 02   thì pt (1) trở thành

(4) có

y 2(2m 1)y 4m  0  2 2

Để phương trình (1) có bốn nghiệm x , x , x , x1 2 3 4phân biệt thì pt (4) phải

có hai nghiệm dương y , y1 2phân biệt

(*)



2

' 0

m c

a

m 0

2 2m 1 0 b

0 a







 

x x y ; x x y x x y ; x x y

câu I

2 điểm

2)

1,0điểm

   2 2 

2 4 2m 1 8m 1716m232m 9 0 

kết hợp với ĐK (*) ta được m =

câu II

1 điểm

8

A 6b 2 3A  3b 1 b 8b 3

3

A 3(1 2b)A (6b 2) 0

(A 1)(A A 6b 2) 0

A A 6b 2 0 (*)





+) Nếu b3 thay vào biểu thức đã cho ta có

+) Nếu b 3 Phương trình (*) vô nghiệm (vì )

8

Từ (I)  A = 1 Vậy với mọi b3 thì A = 1

Thay m = 2 5 ta được hệ pt :

x 1 9 y 2 5 (1)

y 1 9 x 2 5 (2)







Điều kiện :   1 x 9; 1 y 9   Giả sử hệ pt có nghiệm (x; y)

Từ hệ pt trên  x 1  9 y  y 1  9 x (3) 0.25 Giả sử xy ta có x 1  y 1 và 9 y   9 x suy ra

mâu thuẫn với (3)

x 1  9 y  y 1  9 x Tương tự x < y cũng suy ra mâu thuẫn Vậy x = y 0.25 Thay x = y vào pt (1) ta có :

bình phương hai vế ta được

x 1  9 x 2 5

10 2 x 1 9 x  20 x 1 9 x  5 0.25

1)

1,0điểm

Do đó x = y = 4

2

x 8x 16 0 x 4

Hệ phương trình có một nghiệm : (x; y) = (4; 4) 0.25 Theo cách chứng minh tương tự như trên ta chứng minh được : nếu hệ có

nghiệm (x; y) thì x = y

Khi đó hệ phương trình đã cho (II) y x

x 1 9 x m (4)





Giả sử x0 là nghiệm duy nhất của phương trình (4) 

cũng

x  1 9 x m (8 x ) 1   9 (8 x )  m 8 x0

là nghiệm của pt (4) do tính duy nhất  8 x0 x0 x0  4 m 2 5 0.25 Khi m 2 5 thay vào hệ (II) ta có y x

x 1 9 x 2 5







câu

III

2 điểm

2)

1,0điểm

Giải hệ phương trình trên ta được nghiệm duy nhất (x; y) = (4; 4)

Vậy với m 2 5 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0.25

ĐK : x0 Đặt : a x 2009 và b 16 2009

x

0.25

câu

IV

1 điểm

1,0điểm

a 2009

 ab 2025 b a  2009

0.25

Nếu ab thì vế phải là số vô tỉ và vế trái là số nguyên  vô lí

Nếu a = b thì ab - 2025 = 0    a b 45 0.25

Thử lại với thoả mãn

 x   45 2009 x  45 2009

16

x

0.25

P

O

A

B

K H

E

M

F N

PE trung tuyến APCnên EA = EP 

cân tại E EAP

  ฀EAP EPA฀ MPB฀

mà ฀ACDABD฀ PBM฀  0.25

vuông tại M

Chứng minh tương tự ta có: ฀PNB900 PMB PNB 180฀ ฀  0 0.25

1)

1,0điểm

Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc đường tròn đường kính BP

Do EA = EC và FA = FD nên OEAC và OFAD

Do đó AFE OFE 90฀ ฀  0 (1)

Do EF là đường trung bình của ACD nên EF // CD và CD = 2EF

màABC BCD 90฀ ฀  0 AFE BCD 90฀ ฀  0(2)

C/M tương tự ta có:OEF฀ BDC฀  BCD đồng dạng với OFE(g.g) 0.25

2)

1,0điểm

BD CD

2 BD 2.EO

OE FE

0.25

Kẻ OHAB; OK CD lần lượt tại H và K HAHB; KCKD

HB OB OH R OH AB 4R 4HO Tính tương tự : CD2 4R2 4KO2suy ra

16R 16R PO 16.HO KO

Chứng minh diện tích tứ giác ACBD bằng 1AB.CD

câu V

3 điểm

3)

1,0điểm

Do 16R416R PO2 2 không đổi nên AB2.CD2 nhỏ nhất khi HO KO2 2

nhỏ nhất  H O hoặc K O AB đi qua O hoặc CD đi qua O

Vậy diện tích tứ giác ACBD nhỏ nhất bằng :

AB hoặc CD đi qua O (có thể chỉ ra

1

cách dựng: Kẻ đường kính qua P và kẻ dây với đường kính đó tại P) 0.25

Ta có nên HO2.KO2 lớn nhất khi HO =

2

HO KO

KO OP ; AB2.CD2 lớn nhất khi lớn nhất HO = KO

2

2



AB và CD cách đều O.Vậy diện tích tứ giác ACBD lớn nhất bằng



AB và CD cách đều O

1

(có thể chỉ ra cách dựng: Dựng hình vuông OHPK rồi dựng AB, CD) 0.25 Trước hết ta chứng minh BĐT   2  2 2 2 2

Thật vậy BĐT (1)     2 2 2 2   2  (đúng)

2abxy a y b x ay bx 0

Ta đặt t = 2x - y = 1.4x1.3y

          

khi đó

 

 



t 2 5

t 2 5

t 2 5

t 1 2 5 1

t 1 2 5 1

 

   



(ĐPCM)

t 1 2 5 1 2 5 1

t 1 2 5 1 (*)

 

câu

VI

1 điểm

1,0điểm

dấu bằng xảy ra ở (*)

Giải hệ ta tìm được

8x 9y 2x y 2 5 16x 9y 144







   



9 x

5 8 y

5

  





  

Sở giáo dục và đào tạo

HảI dương

Đề thi dự bị

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trãi - Năm học 2008-2009

Môn thi : toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Ngày thi 28 tháng 6 năm 2008

Đề thi gồm: 01 trang

Câu I: (2.0 điểm)

1) Giải phương trình :

2

10

2) Cho x ;x1 2 là hai nghiệm của phương trình x26x 1 0 

Đặt n n Tìm số dư khi chia cho 5

Câu II: (2.0 điểm)

1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n213n 51 không chia hết cho 49

2) Giải hệ phương trình :

 2 2

2 2

1

xy 1

x y





Câu III: (2.0 điểm)

1) Giải bất phương trình : 3x 8  2x 1 0  2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(0; m); B(n; 0); C(3; 2) với m,

n là các số nguyên dương Tìm tất cả các số m, n để ba điểm trên thẳng hàng

Câu IV: (3.0 điểm)

1) Cho đường tròn (O; R) và một đường thẳng (d) không có điểm chung với

đường tròn (O; R) Với mỗi điểm M thuộc (d) lấy điểm N sao cho ba điểm O, N,

M thẳng hàng (N nằm giữa O và M) và thoả mãn ON.OMR2

Chứng minh rằng : Khi M chạy trên đường thẳng (d) thì điểm N luôn chạy trên một đường tròn cố định

2) Trong các tứ giác nội tiếp đường tròn (O; R) hãy tìm tứ giác có diện tích lớn nhất

Câu V: (1.0 điểm)

Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 1 Hỏi có thể tìm được 3 điểm

M, N, P trong hình vuông ABCD sao cho diện tích tam giác MNP lớn hơn (đơn 1

2

vị diện tích ) hay không?

-Hết -Họ và tên thí sinh : Số báo danh : Chữ kí của giám thị 1 : Chữ kí của giám thị 2:

Sở giáo dục và đào tạo

HảI dương

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trãi - Năm học 2008-2009

Môn thi : toán Ngày 28 tháng 6 năm 2008 Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang Hướng dẫn chấm

1)

1,0điểm

2

ĐK : x 1; x 2 Đặt a x 2;b x 2 ta có phương trình:

10a b 11ab 0 10a b a b 0

b 10a





 +) Với a = b ta có x 2 x 2 x 0 (thoả mãn ĐK)

x 1 x 1

+) Với b = 10a ta có x 2 x 2 2

Giải phương trình ta được : x1 3; x2 2 (Đều thoả mãn ĐK)

3

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x1 3; x2 2; x3 0

3

1.0

câu I

2 điểm

2)

1,0điểm

Ta tính được

S  x  x   x  x  x x  x x x x 6S  S Chứng minh tương tự ta có Sn 3 6Sn 2 Sn 1 Do đó :

S  6(6S  S ) S  35S  6S

và cùng số dư khi chia cho 5 và cùng số dư khi chia

n 6

S 

cho 5 mà S2 30S35S36S2 S5và 5S36S2 cùng số dư khi chia cho

5 mà 5S36S2 786 vì vậy S2009khi chia cho 5 có số dư là 1 1.0

câu II

2 điểm

1)

1,0điểm

Ta có n213n 51 n 3 n 10   21 mà (n +10) - (n + 3) = 7 chia hết cho 7 nên chia làm hai trường hợp :

+ Nếu (n +10) và (n + 3) cùng chia hết cho 7  ĐPCM + Nếu (n +10) và (n + 3) cùng không chia hết cho 7  ĐPCM 1.0

Đề thi dự bị

1,0điểm

Ta có

2 2

x y



Đặt a x 1; b y 1 ta có hệ

Từ đó giải được nghiệm của hệ đã cho là:

1)

1,0điểm

ĐK: x 1 ta giải bất phương trình được nghiệm:

2

x ;x

1.0

câu

III

2 điểm

2)

1,0điểm

Do m, n > 0 ta lập pt đườngthẳng AB là y mx m sau đó thay toạ độ

n

  

điểm C(3; 2) vào phương trình trên ta tìm được kết quả các cặp số (m; n):

d

B

M T

N C

câu

IV

3 điểm

1)

1,5điểm

Kẻ OA d, tiếp tuyến AB, kẻ BC OA    C cố định Kẻ tiếp tuyến MT,

kẻ TN OM ta chứng minh được OM.ON = R 2 = OC.OA

N nằm trên đường

OCN đồng dạng OMA ONC OAM 90

A

B

C

D

K H

2)

1,5điểm

Vẽ hình như trên

Ta chứng minh SABCD 1.AC.BD mà nên diện tích tứ

2

giác ABCD lớn nhất bằng 2R2 khi ABCD là hình vuông 1.5

câu V

1 điểm

Nếu ba đỉnh của một tam giác nằm trên các cạnh của một hình chữ

nhật thì diện của tam giác đó nhỏ hơn nửa diện tích hình chữ nhật

+) Sau đó:

- Nếu tam giác MNP có các đỉnh nằm trên hình vuông ABCD thì diện tích tam giác không lớn hơn nửa diện tích hình vuông

- Nếu các đỉnh M, N, P nằm trong hình vuông ABCD khi đó qua các đỉnh

M, N, P ta kẻ các đường thẳng song song với các cạnh hình vuông khi đó tạo ra hình chữ nhật mà các đỉnh của tam giác MNP nằm trên đó  diện tích tam giác không lớn hơn nửa diện tích của hình chữ nhật

Vậy không có tam giác MNP có diện tích lớn hơn đơn vị diện tích 1