Hướng dẫn giải đề thi vào 10 nam 2010 -2011( các trường chuyên)

Chứng minh ABC là tam giác đều... Do đó FB là đường cao của tam giác AEF.. FB, AD, EK là ba đường cao của tam giác AEF nên ba đường thẳng AD, EK, BFđồng quy... của tam giác MLK nên MQ cũ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN

Thanh Hoá NĂM HỌC 2009-2010

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: Toán ( Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Tin)

1 Điều kiện: x 0 ;x 1

1

2 1

2 2 1

2 1

4 2

2 3 3

x x

x

x T

2 1 Giải hệ phương trình:

2x2 – xy = 1 (1) 4x2 +4xy – y2 = 7 (2)Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ nên từ (1)  y =

t = -

8x

1

(loại)

với t =1 ta có x2 = 1  x =  1 thay vào (*) tính được y =  1

Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 1 và x = -1

2009 2

3 1 PT đã cho có biệt số  = 4a2 + 16a -151

PT có nghiệm nguyên thì  = n2 với n  NHay 4a2 + 16a - 151 = n2  (4a2 + 16a + 16) - n2 = 167

 (2a + 4)2 - n2 = 167  (2a + 4 + n)(2a + 4 - n) = 167

Vì 167 là số nguyên tố và 2a + 4 + n > 2a + 4 - n nên phải có:

0,250,25

với a = 40 đựơc PT: x2 - 8x3x = 0 có 2 nghiệm nguyên x = 0, x = 8x3

với a = - 44 thì PT có 2 nghiệm nguyên là x= -1, x = - 8x4

Do đó ít nhất một trong hai số (2 6 ) ;(2 19 ) bc  ac không âm

Mặt khác, theo giả thiết ta có a0 ;b0 Từ đó suy ra ít nhất

3

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên BHAC (1)

Mặt khác AD là đường kính của đường tròn tâm O nên DCAC (2)

Từ (1) và (2) suy ra BH // DC

Hoàn toàn tương tự, suy ra BD // HC

Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành ( Vì có 2 cặp cạnh đối song

song)

Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy ra AP=AE

EAB PAB 



 PAB  EAB ( c.g c )  APB  AEB

Lại có AEB  ACB ( góc nội tiếp cùng chắn một cung)

ACB APB 





Mặt khác AHB ACB 18x0 0  APB AHB 18x0 0  tứ giác

APHB là tứ giác nội tiếp  PAB  PHB( góc nội tiếp cùng chắn

một cung)

Mà PAB EAB PHB EAB

Hoàn toàn tương tự, ta có: CHQ  EAC.Do đó:

0 18x0

BHC EAC

BAE CHQ

EHC PHB

PHQ

Suy ra ba điểm P, H, Q thẳng hàng

Vì P, Q lần lượt là điểm đối xứng của E qua AB và AC nên ta có

AP = AE = AQ suy ra tam giác APQ là tam giác cân đỉnh A

Mặt khác, cũng do tính đối xứng ta có PAQ 2 BAC( không đổi)

Do đó cạnh đáy PQ của tam giác cân APQ lớn nhất khi và chỉ khi

AP, AQ lớn nhất  AE lớn nhất

Điều này xảy ra khi và chỉ khi AE là đường kính của đường tròn

tâm O ngoại tiếp tam giác ABC  E D

0,250,25

0,25

0,25

2 2 2 2

2

2 2 2 2

2

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2

c

c b a z

b

b c a y

a

a c b x

c

z b

y a

x c b a

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2

c

c b a z b

b c a y a

a c b x z y x

(*)Giả sử abc thì 2 2 0 ; 2 2 0

2

c       từ đó suy ra biểu thức (*) là không âm suy ra điều phải chứng minh

(Đề chung cho các thí sinh) Bài 1.

A B

C H

a

c

b

(Gồm 4 trang)

Ý NỘI DUNG ĐIỂM a.

Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + 1 cố định.

Chứng tỏ G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + 1 cố định khi m thay đổi 0,25đ

Ý NỘI DUNG ĐIỂM

x 1 được x   Kết luận phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1 ; x 2

Ý NỘI DUNG ĐIỂM

EMF ECF 180  Tứ giác EMFC nt 0,25đ

Tứ giác APMC nội tiếp  EP.EC = EA.EM

Tứ giác MCBQ nội tiếp  FC.FQ = FM.FB

Ý NỘI DUNG ĐIỂM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

( Dành cho lớp chuyên Toán )

Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )

a

   Xác định a và b để tích a.b nhỏ nhấtGiải:

- Nếu n = 1 , ta có :

1

1

2 1 2

x x

1/ Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn ( O )

- Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật  HAFAFE v HAFà  ABH ( cùng phụ

BAH )  HAFABH  tứ giác BEFC nội tiếp

2/ Chứng minh :

a/ AM.AN = AE.AB

Xét AME và ABN ; có BAM chung ; AEM  ANB ( cùng bù BEM )

b/ Hai điểm M, N cố định

Để ý : AM.AN = AE.AB =AF.AC = HB.HC = AH 2

Và đường thẳng ( d ) cố định, điểm A cố định , AH không đổi , đường thẳng đi qua

A và vuông góc với đường thẳng ( d ) là cố định

Bài 5: ( Đọc giả vui lòng vẽ hình )

Tam giác ABC có độ dài các đường cao là số nguyên dương và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 Chứng minh ABC là tam giác đều

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010

-2011

Thời gian làm bài: 150 phút Giải

Tứ giác ABDF có BAF BDF 60  0 1200 18x00.

 tứ giác ABDF nội tiếp

Suy ra ABF ADF 90  0

Do đó FB là đường cao của tam giác AEF

FB, AD, EK là ba đường cao của tam giác AEF nên ba đường thẳng AD, EK, BFđồng quy

của tam giác MLK nên MQ cũng là đường

phân giác của tam giác MLK

3 .b) Trên BC dựng điểm D sao cho BD = BA

Ta có BAC 108x 0  B C 36   0  BDA 72  0  ADC 108x  0

2

1 5 ax

   Xác định a và b để tích a.b nhỏ nhấtGiải:

x x

1/ Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn ( O )

- Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật  HAFAFE v HAFà  ABH ( cùng phụ

BAH )  HAFABH  tứ giác BEFC nội tiếp

2/ Chứng minh :

a/ AM.AN = AE.AB

Xét AME và ABN ; có BAM chung ; AEM  ANB ( cùng bù BEM )

b/ Hai điểm M, N cố định

Để ý : AM.AN = AE.AB =AF.AC = HB.HC = AH 2

Và đường thẳng ( d ) cố định, điểm A cố định , AH không đổi , đường thẳng đi qua

A và vuông góc với đường thẳng ( d ) là cố định

Bài 5: ( Đọc giả vui lòng vẽ hình )

Tam giỏc ABC cú độ dài cỏc đường cao là số nguyờn dương và bỏn kớnh đường trũn nội tiếp bằng 1 Chứng minh ABC là tam giỏc đều

Suy ra : x = y = z = 3 ; hay tam giỏc ABC đều

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

23 12

8x 3

2 2

2 2

y x

xy y

x

2) Giải phương trỡnh

1 8x 3 1 2 4 3 1

Giai ra ta đợc PT có 4 nghiệm 1,-1;

13

7

; 13

2) Với mỗi số thực a, ta gọi phần nguyờn của số a l s à s ố nguyờn lớn nhất khụng vượt quỏ a v à s

ký hiệu l [a] Ch à s ứng minh rằng với mọi n nguyờn dương ta luụn cú.

n  n

n

n n

3 2

7 2 1

H ớng dẫn

1)Phá ngoặc

25 ) 1 )(

1 ( 25 ) 1

(

25 ) ( 1

2 ) 1 ( 25 1

2 4 1

1

2 2

2 2

x

xy

y x xy y x xy

xy y x xy y

1 ) 1 ( ) 1 (

1 )

1 ( ) 1 (

2

N k k k k

k

k k

k

k k

k

k k

  n n

n n n

n n

n

n n

1 1 1

1

Cho đường trũn (O) với đường kớnh AB = 2R Trờn đường thẳng tiếp xỳc với đương trũn (O) tại

A ta lấy điểm C sao cho gúc ACB 300 Gọi H l giao à s điểm thứ hai của đường thăng BC với đường trũn (O).

1) Tớnh độ d i à s đương thẳng AC, BC v kho à s ảng cỏch từ A đến đương thẳng BC theo R.

2) Với mỗi điểm M trờn đoạn thẳng AC, đường thẳng BM cắt đường trũn (O tại điểm N (khỏc B) Chứng minh rằng bốn điểm C, M, N, H nằm trờn cựng một đường trũn v tõm à s đường trũn đú luụn chạy trờn một đường thẳng cố định khi M thay đổi trờn đoạn thẳng AC.

H ớng dẫn

1

thức P 1 a4  1 b4

H ớng dẫn

áp dụng BBĐT Bu nhi acópky cho 2 dãy

4 1

) 4 ( ) 1 ( 17

2 4

2 2 4

4 1

) 4 ( ) 1 ( 17

2 4

2 2 4

Lại áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho 2 ta có

2

"

:"

; 2 4 ) (

8x 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

Môn:TOÁN (Đề CHUYÊN)

A HƯỚNG DẪN CHẤM:

1 Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.

2 Điểm chia nhỏ tới 0,25 cho từng câu Tổng điểm toàn bài không làm tròn.

B LỜI GIẢI TÓM TẮT VÀ BIỂU ĐIỂM :

0 0

* Hình vẽ tam giác đều DEF ngoại tiếp (O):

* Tâm O cũng là tâm của tam giác đều DEF

O

O r R E