b Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.. Trên nửa đường tròn O1 lấy một điểm M khác A và O, tia OM cắt nửa đường tròn O tại C, gọi D là giao điểm thứ hai của
Trang 1SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012 QUẢNG BÌNH KHÓA NGÀY 01 - 07 - 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1:(2,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:
1
Câu 2:(2,0 điểm) Cho phương trình: x2 x 1 m2 6m 12 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
Câu 3:(1,5 điểm) Cho a, b, c là ba số đo ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:
2
a b c
Câu 4:(1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên nđể các số: n 1, n5n4 n3 13n2 13n14
đều là các số chính phương
Câu 5: (3,5 điểm) Cho đoạn thẳng AB = 2a có trung điểm là O Trên cùng nửa mặt phẳng
bờ AB dựng nửa đường tròn (O) đường kính AB và nửa đường tròn (O1) đường kính
AO Trên nửa đường tròn (O1) lấy một điểm M (khác A và O), tia OM cắt nửa đường tròn (O) tại C, gọi D là giao điểm thứ hai của CA với (O1)
a) Chứng minh rằng tam giác ADM cân
b) Tiếp tuyến tại C của (O) cắt tia OD tại E, xác định vị trí tương đối của đường thẳng
EA đối với (O) và (O1)
c) Đường thẳng AM cắt tia OD tại H, đường tròn ngoại tiếp tam giác COH cắt (O) tại điểm thứ hai là N Chứng minh ba điểm A, M và N thẳng hàng
d) Tại vị trí của M sao cho ME // AB, hãy tính độ dài đoạn thẳng OM theo a
HÕT
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn: Toán Khóa ngày 01 - 07 - 2011
Trang 2
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải
lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước
giải sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0.25 điểm Đối với điểm thành
phần là 0.5 điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0.25 điểm.
* Học sinh không vẽ đối với Câu 5 thì cho điểm 0 đối với Câu 5 Trường hợp học sinh có vẽ
hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì cho điểm 0 ở ý đó
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của
từng câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
1
( )
I
2
Từ đó ta có:
1 1 ( )
2 1
I
2
2
1
2
y
1
2 5 5
y
(2.0)
0.50 0.25
0.50
0.25
0.50
Trang 3ĐK: x 1
Ta có : x2 x 1 m2 6m 12 0 (1)
x 1 2 x 1 m2 6m 11 0
Đặt : t x 1 (t 0) ta có phương trình: t2 2t (m2 6m11) 0 (2)
a) Với m = 2 ta có phương trình: 2 2 3 0 1
t
t
Với t 1 x 1 1 x (thỏa mãn)2
b) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm không
âm
Xét phương trình (2) có ac(m2 6m11) m 32 2 0 với mọi
m
Do đó phương trình (2) luôn có nghiệm dương nên phương trình (1) luôn
có nghiệm với mọi m.
*) Lưu ý : trường hợp học sinh giải hai ý a),b) độc lập (nếu đúng) thì mỗi
ý cho 1,00 điểm
(2.0)
0.25
0.25 0.50 0.25 0.25
0.25 0.25
3
Trước hết ta chứng minh: 1 1 4
x y x y (*) với mọi x,y > 0.
Thật vậy, ta có: 1 1 4 x y2 4xy x y2 0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Vậy BĐT (*) được chứng minh
Do a,b,c là số đo của 3 cạnh một tam giác và
2
a b c
p nên p a ,
p b , p c dương
Áp dụng BĐT (*) ta có:
p a p b p a p b c
p b p c p b p c a
p c p a p c p a b
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác đã cho là tam giác
đều
(1.5)
0.25
0.25
0.25
0.50
0.25
4
Đặt:A(n 1)(n5 n4 n3 13n2 13n14)
(1.0)
Trang 4N' N
H
E
D
C M
A
n3 62 n 50(*)
Do A là tích của 2 số chính phương nên nó là số chính phương
Ta xét các trường hợp:
TH1: 0 n 3, bằng phép thử trực tiếp ta thấy A là số chính phương khi
và chỉ khi n = 1, khi đó A = 0 nhưng n5 n4 n3 13n2 13n14 = 43
không phải là số chính phương
TH2: 3 n 50 ta có: An362
Mặt khác: n352 A 2n3 n 39 0 (đúng với mọi n 3).
Vậy: n3 52 An3 62 Nên A không là số chính phương.
TH3: n = 50, khi đó: A 503 62 là số chính phương Vì n – 1 = 49 là
số chính phương nên n5n4 n3 13n2 13n14 cũng là số chính
phương
TH4: n > 50, lập luận tương tự TH2 ta có: n3 62 An372 nên A
không là số chính phương
Vậy: n = 50 là số cần tìm
0.25
0.25
0.25
0.25
5
a)
Tam giác OAC cân tại O, ADO 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
OD AC
Vậy : tam giác ADM cân tại D.
b)
Ta có : EC là tiếp tuyến của (O) tại C nên ECO 900.
Vậy: AE là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (O) và (O 1 ) tại A.
c)
Gọi N’ là giao điểm của AM và (O).
Ta có: AN O N AO' ' ( tam giác OAN’ cân tại O).
H là trực tâm tam giác AOC nên CH AO HCO HAO (cùng phụ
với COA )
Suy ra: HCO HN O '
Tứ giác HCN’O có 2 đỉnh kề nhau là C và N’ cùng nhìn cạnh HO dưới
(3.5)
0.25
0.25 0.50
0.25 0.25 0.25 0.25
0.25
0.25
Trang 5cùng một góc nên nó là tứ giác nội tiếp hay N’ thuộc đường tròn ngoại tiếp
tam giác HCO Do đó N’ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp
tam giác HCO và (O) hay N’ N.
Suy ra : A, M, N thẳng hàng.
d)
Ta có: EM / /AB EM EA
Do đó 2 tam giác vuông EAM, MOA đồng dạng.
Mặt khác: EA CH/ / (cùng vuông góc với AB), EC/ /AH(cùng vuông góc
với OC), EH AC nên EAHC là hình thoi Do đó: EA = AH.
Từ đó ta có: OM AO AH. a AH
Tam giác AMO có OH là phân giác góc AOM nên:
Từ (1) và (2) suy ra :
2
a OM
*)Lưu ý: đối với ý d) nếu học sinh vẽ hình EM không song song với AB
nhưng lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.
0.25
0.25
0.25 0.25