ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO 10 CHUYÊN VÒNG 1 TỪ 20092014

Chứng minh tứ giác EFCK nội tiếp được và đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định... * Vì tứ giác EFKC nội tiếp nên ta có nFCK =FEKn mà nFEK =nFEA do tính chất đối xứng Và nFEA KAD=n

Trang 6

Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu

35 24

4

x x

⎩b) Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC Giả sử phương trình

Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn ( )O , có đỉnh A cố định và các đỉnh B C D di , ,

chuyển trên ( )O sao cho nBAD>900 Kẻ tia Ax vuông góc với AD cắt BC tại E , kẻ tia

Ay vuông góc với AB cắt CD tại F Gọi K là điểm đối xứng của A qua EF Chứng minh tứ giác EFCK nội tiếp được và đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định

Trang 7

Hướng dẫn giải Bài 1

a) Đặt 5

4

x t

x x

= −

⎡

− = ⇔ ⎢ =

⎣Vậy 5;4; 5 105; 5 105

Với t>12⇔ x >12⇔ >x 144

Vậy giá trị x cần tìm là 0≤ <x 25 và x>144

• Ta có x là số chính phương nên t= x∈ `

Trang 8

t R

x y xy

cũng là đường cao, suy ra AM ⊥HC

C1: Tứ giác AKHM có n nAKH+AMH =900+900 =1800 nên là tứ giác nội tiếp, suy ra

AKM = AHM = −HAM =

Tứ giác BKMC có nAKM =nBCM =450 nên là tứ giáv nội tiếp

C2: Ta có AK AB = AH2, AM AC = AH2, suy ra AK AB = AM AC

Trang 9

+Tương tự 8,8 x 7,8 y 8,2

x y

+ , với x = 10 thì y = 15 Vậy điểm trung bình của cả lớp là 9 10 8,8 10 7,8 15 8, 43

EKF =EAF (2)

Từ (1) và (2) suy ra nEKF =ECFn, do đó tứ giác EFKC nội tiếp

* Vì tứ giác EFKC nội tiếp nên ta có nFCK =FEKn

mà nFEK =nFEA (do tính chất đối xứng)

Và nFEA KAD=n (cùng phụ với nKAE)

Do đó nKAD FCK=nSuy ra tứ giác ADKC nội tiếp, suy ra K thuộc (O), suy ra OA = OK, suy ra O thuộc đường trung trực của AK mà EF là đường trung trực của AK nên O thuộc EF Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O

a) (0,75) Câu này nhiều em không làm được, vì không thể tính tất cả theo t

b) (1,25) Câu này thuộc dạng cơ bản và dễ, các em sót điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt (0,25) và nhiều em không hiểu sao lại bỏ trường hợp m = -3/7 (!)

Câu 2 a) (1) Câu này dễ và quen, và quan trọng vì nếu làm được thì câu b mới làm được Tuy vậy có nhiều không rút gọn triệt để hoặc sai dấu (!)

b) *(1) Câu này nhiều bạn sai nhất, vì không chuyển vế xét trường mà quy đồng bỏ mẫu một cách rất tự nhiên và tất nhiên là sai

(*) (0,5) Câu này không khó và nhiều em làm đúng

Câu 3 a) Bài hệ thì quá cơ bản, tuy vậy có nhiều em giải ra tích và tổng đúng nhưng khi áp dụng định

lý đảo Viet lại sai (X2 – SX + P = 0 mà cứ lộn X2 + SX – P = 0)

D

B

C

Trang 10

b) Bài này nhìn có vẻ rắc rối nhưng nếu đưa về phương trình bậc hai thì coi như xong (lại một câu về phương trình bậc 2)

Câu 4 Câu này có lẻ là dễ nhất trong đề, và hầu lết làm được và đúng

Câu 5 Câu này không khó, nếu “chịu” làm thì sẽ làm đúng kết quả Và cũng nhiều em làm đúng Câu 6 Câu này là câu khó nhất, và nhiều em bỏ nhất Ý đầu tiên có lẽ không khó nhưng ý sau thì khó Câu này là câu phân loại và dành cho học sinh chuyên toán

Trên đây là một vài nhận xét chủ quan của người viết Hy vọng rút kinh nghiệm trong các kỳ thi sau và

có kết quả tốt hơn

Trang 11

Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu 1

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2010

Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian phát đề

Tính độ dài các cạnh của tam giác

Bài 4 (1đ) Cho số tự nhiên n có hai chữ số, chữ số hàng chục là x, chữ số hàng đơn vị là y

(nghĩa là x  0 và n = 10x + y) Gọi M n



 a) Tìm n để M = 2

b) Tìm n để M đạt giá trị nhỏ nhất

trọng tâm của tam giác AOD; AG cắt CD tại E

a) Chứng minh tứ giác AOED nội tiếp trong một đường tròn

b) Cho DG cắt AB tại F Tính diện tích tứ giác AFOE

c) Đường tròn tâm J nội tiếp tam giác BCD tiếp với DB, CD tại I và K Gọi H là giao điểm của IK và AC Tính  IOJ và độ dài đoạn HE

Hết

Trang 12

HƯỚNG DẪN GIẢI Đây chỉ là hướng dẫn giải không phải đáp án chính thức chỉ mang giá trị tham khảo Bài 1

a) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt ’ = 1 – (m – 3) > 0  m < 4

Với điều kiện trên theo định lý Viet ta có: 1 2

1 2

2 3

Trang 13

Suy ra: x + y = 17, xy = 60 Giải ra được x = 5, y = 12 hoặc x = 12 và y = 5

Vậy tam giác vuông có ba cạnh là 5, 12 và 13

Bài 4

Trang 14

Suy ra tam giác ADO đều

Mà G là trọng tâm nên cũng là tâm

đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của

tamgiác OAD Suy ra AG là phân giác

AOD

Suy ra  ADE =  AOE (c.g c), từ đó  AOE =  ADE = 900

Xét tứ giác ADEO có  ADE +  AOE = 1800 nên là tứ giác nội tiếp

b) Gọi P là giao điểm của AE và OD

Tam giác OAD đều nên DG là đường trung trực của AO, suy ra FA = FO, tam giác FAO cân tại F Do đó  FOA =  FAO = 900 -  DAO = 300 =  OAE

Suy ra OF //AE, tứ giác AFOE là hình thang

Ta có AD = AB.tan  ABD = 3a tan300 = a√3

Mà a√3 = AD = AE cos  DAE = AE cos300, suy ra AE = 2a

Và FO = FA = AD tan  ADF = a√3 tan300 = a, OP = ½ OD = a√3/2

Trang 15

Mà  BCJ = ½  BCD = 450, nên  BOJ = 450 hay  IOJ = 450

Ta có tứ giác JIDK nội tiếp, suy ra  JIK =  JDK = ½  IDC = 150

Và  JOH =  BOC -  JOI = 600 - 450 = 150

Ta có  JIK =  JOH nên tứ giác JIOH nội tiếp, suy ra  JHO = 900

Tam giác JOC cân tại J (BJ là đường trung trực của OC) mà JH ⊥ OC, suy ra H là trung điểm OC, do đó OH = ½ OC = ½ OA = a√3/ 2

Từ đó áp dụng Pytagore cho tam giác EOH tính được EH = a√7/2

Hết

Trang 16

Nguyễn Tăng Vũ - 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu.

1

Lời giải đề thi vào lớp 10 PTNK 2011

Toán KC Bài 1

x x   m  nên không thể có hai nghiệm đều dương Suy ra phương trình (1)

có nhiều nhất là hai nghiệm

Bài 3

a)

1

x R

Trang 17

Nguyễn Tăng Vũ - 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu.

BAC = 1200 Suy ra AHC =

AOC, suy ra AHOC nội tiếp

Do đó OHC = OAC = 300

c) Ta có AIC = 1800 - IAC -

ICA = 1800 – ½ (BAC +

ACB) = 1200 = AOC

Do đó tứ giác AIOC nội tiếp

Vậy 5 điểm A, H, I, O, C cùng thuộc đường tròn Gọi D là điểm chính giữa cung

AC Ta có OAD và OCD đều, suy ra DA = DC = DO, hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp, và bán kính DO = OA = 2

AB a



Trang 18

Hướng dẫn giải Toán không chuyên - 2012

x  x xm 

a) Giải phương trình (1) khi m = - 33

b) Tìm m để phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa 6 6

35

75

x x

Trang 19

Tìm giá trị lớn nhất của T khi a là số tự nhiên và a  1

b) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết tổng tích của từng cặp số khác nhau của chúng là 1727

Bài 4 Tổng kết học kỳ 2, trường trung học cơ sở N có 60 học sinh không đạt học sinh giỏi trong

đó có 6 em từng đạt học sinh giỏi học kỳ 1; số học sinh giỏi của học kỳ 2 bằng 40

37 số học sinh giỏi học kỳ 1 và 8% số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi của học kỳ 1 nhưng đạt học sinh giỏi của học kỳ 2 Tìm số học sinh giỏi của học kỳ 2 của trường biết số học sinh của trường không thay đổi trong suốt năm học

Giải Gọi x là số học sinh giỏi học kỳ 2 của trường ( x nguyên dương)

Số học sinh của trường là x + 60 (hs)

Số học sinh giỏi của học kì 1 là 37

40x (hs)

Trang 20

BOM  AOBAOD OMB BOM  do OBBM

Do đó tam giác DMN đều, suy ra MN 1

MD  c) Gọi E là trung điểm của AB, tam giác AOB vuông cân tại O nên  0

Gọi I là trung điểm BC Ta có  0 

Trang 21

Ta có AE EO DA, DO DE là đường trung trực của AO, gọi K là giao điểm của DE và OA thì

Trang 22

Nguyễn Tăng Vũ: 0983130298 | Trường Phổ thông Năng khiếu

2

5 3 0

5 132

3 18

x x

Trang 23

Trang 24

Bài 4 Gọi x là thời gian vòi A làm đầy bể, y là thời gian vòi B làm đầy bể và z là thời

gian vòi C làm cạn bể (hay đầy bể) Ta có 2 1 1

a) Ta có OB = OD, AB = AD nên AO là trung trực của BD

BAC = BDA = 60o nên tam giác OBC đều, Suy ra BC = OC = a

Trang 25

b) Ta có MN || BD, suy ra MN  AC, suy ra H thuộc AC

Ta có CBM = CEM = CKM = 90o nên 5 điểm B, C, M, K, E cùng thuộc đường tròn

Ta có KFB = KCB =  ADB, suy ra KF || AD

Gọi P là giao điểm của AC và BD Tam giác PAD có KF || AD mà K là trung điểm

của AP suy ra F là trung điểm PD Suy ra FD = ½ PD = 3

4

a

c) Ta có KMI = KCE, KFB = KCB và KCE = KCB vì tam giác KMN

cân Do đó KMI = KFB Vẽ tia tiếp tuyến Mx của đường tròn ngoại tiếp tam giác KFI Ta có xMI = KFB, suy ra xMI = KMI, suy ra Mx và MK trùng nhau Hay MK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MFI

Ta có ∆KMI  ∆ KFM, suy ra KI.KF = KM2 = KN2, suy ra ∆KIN  ∆KNF, suy ra

KIN = KNF = 900, mà KF || ND, suy ra IND = 900

Trang 26

Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tô Hiến Thành Quận 10,DĐ: 0983130298

1

ĐỀ TOÁN KHÔNG CHUYÊN TUYỂN SINH LỚP 10

TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

NĂM HỌC 2014 – 2015 Thời gian: 120 phút Bài 1 (2 điểm)

vi hình thoi và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

 

2

0 13

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2sao cho

Bài 5 (3 điểm) Hình vuông ABCD có AB = 2a, AC cắt BD tại I Gọi T là đường tròn

ngoại tiếp tam giác CID, BE tiếp xúc với với T tại E (E khác C), DE cắt AB tại F a) Chứng minh tam giác ABE cân Tính AF theo a

b) BE cắt AD tại P Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP tiếp xúc với

CD Tính AP

PD

c) AE cắt T tại M (M khác E) Tính AM theo a

Hết

Trang 27

2

Hướng dẫn giải Bài 1

2

x  y thế vào (2) ta có: 2 y 7   8 y  9 x  7

Trang 28

515

3

u v uv

Vậy hệ phương trình có 5 nghiệm  7;9 ,  7;9 , 0;18 , 4; 2 ,     4; 2

b) Gọi O là giao điểm của AC và BC Gọi a là cạnh hình thoi Tam giác ABD đều nên

khi đó chu vi hình thoi là 4a

Hơn nữa DA = DB = DC = a nên D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Trang 29

a) Gọi T là trung điểm của CD, tam giác CID vuông cân tại I nên T là tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác CID

Ta có BE và BC là hai tiếp tuyến của T nên BE = BC, mà BC = BA nên BE = BA hay tam giác ABE cân tại B

Ta có DEC = 900, suy ra DF  CE mà CE  BT (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), suy ra

DF||BT mà BF || DT nên BFDT là hình bình hành, suy ra BF = DT = a Suy ra AF = a

Trang 30

IEA = IFA = 900 và EM là phân giác CED Khi đó IM là đường kính và M

là điểm chính giữa cung CD của T Suy ra ICM = 900, CM CI a 2

AM AC CM  a  a  a  AM a

Định dạng
Số trang	30
Dung lượng	12,93 MB