Đề thi vào lớp 10 ( Có đáp án và parem điểm)

Đờng thẳng EF cắt đoạn AH tại điểm I.. a Chứng minh rằng: AI AE2 AH = b Gọi M và N lần lợt là hình chiếu của H trên các đờng thẳng PE và PF, đ-ờng thẳng MN cắt đđ-ờng thẳng ∆1 tại điểm J

Sở Giáo dục - Đào tạo

Thái Bình Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Thái Bình

Năm học 2008 - 2009

Môn: Toán

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

Câu 1 (3,0 điểm) Giải phơng trình và hệ phơng trình:

1) x 1+ − 3x 7− = x − 4

2)

3 3







Câu 2 (2,5 điểm) Cho phơng trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 (b ≠ 0) (1)

Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt mà nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia là: 3b2− 16ac = 0.

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phơng trình nghiệm nguyên:

(x2 + y) (x + y2) − (x − y)3 = 0

Câu 4 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng cho hai đờng thẳng ∆1 và ∆2 vuông góc với nhau

tại điểm H, A là điểm thuộc đờng thẳng ∆1 (A khác H) Từ điểm P bất kì trên đờng thẳng ∆2 kẻ hai tiếp tuyến PE và PF tới đờng tròn tâm A bán kính R (E, F là hai tiếp điểm, P khác H, R < AH) Đờng thẳng EF cắt đoạn

AH tại điểm I.

a) Chứng minh rằng: AI AE2

AH

= b) Gọi M và N lần lợt là hình chiếu của H trên các đờng thẳng PE và PF, đ-ờng thẳng MN cắt đđ-ờng thẳng ∆1 tại điểm J Tính độ dài đoạn IJ theo R, biết

AH = 2R.

Câu 5 (0,5 điểm) Cho x, y, z là các số thực dơng thoả mãn điều kiện:

x2 + 2y2 + 3z2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

M

Hết

-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Đề chính thức

Thái Bình Năm học 2008 - 2009

Hớng dẫn chấm và biểu điểm Môn Toán

Câu1.

(3,0 điểm)

1

(1đ) ĐK xác định: x ≥ 7

3

Đặt x 1+ = a, 3x 7− = b với điều kiện: a ≥ 10

Có:

2 2

x 1 a 3x 7 b

 + =





− =

2− a2 = 2(x − 4) ⇒ x − 4 =

2 2

b a 2

−

Ta có PT mới: a − b =

2 2

b a 2

−

⇔ (a − b) (2 + a + b) = 0

0,25đ

Vì 2 + a + b > 0 với ∀ a ≥ 10

3 , b ≥ 0 suy ra: a − b = 0 ⇔ a = b 0,25đ Khi đó ta có: x 1+ = 3x 7− ⇔ x + 1 = 3x − 7 ⇔ x = 4 ∈ TXĐ

Chú ý: 1 Nếu HS chỉ đặt điều kiện a ≥ 0, b ≥ 0 cũng cho điểm tối đa

2 Nếu HS dùng phép nhân liên hợp phải lí luận x 1+ + 3x 7− > 0 Nếu không lí luận trừ 0,25đ.

2.

(2đ) Xét hệ PT:

3 3

x 3x 8y (1)

y 3y 8x (2)







Trừ từng vế PT (1) cho PT (2) có: x3− y3 = 5y − 5x

⇔ (x − y) (x2 + xy + y2) + 5(x − y) = 0

⇔ (x − y) (x2 + xy + y2 + 5) = 0 0,5đ Do: x2 + xy + y2 + 5 =

2 2

y 3y

Thay vào PT(1) có: x3 = 3x + 8x = 11x

⇔ x3− 11x = 0 ⇔ x(x2− 11) = 0

Vậy hệ PT có các nghiệm là: (x, y) = (0; 0); (± 11; ± 11) 0,25đ

Câu 2

(2,5 điểm)

* Điều kiện cần:

Giả sử phơng trình ax2 + bx + c = 0 (a, b ≠ 0) có 2 nghiệm là x1, x2 thỏa mãn:

x1 = 3x2 hoặc x2 = 3x1

Suy ra (x1− 3x2) (x2− 3x1) = 0

0,25đ

Câu ý Nội dung Điểm

⇔ 10x1x2− 3(x12+x22) = 0 ⇔ 16x1x2− 3(x1 + x2)2 = 0 (*) 0,5đ Theo định lí Viét ta có:

1 2

1 2

b

x x

a c

x x

a

 + = −







0,25

2

c b

16 3 0 16ac 3b 0

* Điều kiện đủ:

Xét phơng trình:

2

ax +bx c 0+ = (a 0, b 0)≠ ≠ có ∆ =b2−4ac

Vậy phơng trình có 2 nghiệm phân biệt:

0,5đ

Suy ra: x 3b

4a

−

= hoặc x b

4a

−

Ta thấy: 3b 3 b

Do đó phơng trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn nghiệm này bằng 3 lần nghiệm kia

0,25đ

Chú ý: ở điều kiện cần, HS có thể tính trực tiếp nghiệm của phơng trình và cho

nghiệm này bằng 3 lần nghiệm kia để có hệ thức: 3b 2 − 16ac = 0 cũng cho điểm tối đa.

Câu 3

(1,0 điểm)

Xét pt: (x2+y)(x y ) (x y)+ 2 − − 3 =0 (1)

y(x y x 2y 3x 3xy) 0

y 0

x y x 2y 3x 3xy 0 (*)

=





*) Nếu y = 0 pt (1) nghiệm đúng ∀x ∈ Z Vậy phơng trình có nghiệm nguyên là: (x, y) = (a; 0); a ∈ Z

*) Nếu x2y + x + 2y2 + 3x2− 3xy = 0 ⇔ 2y2 + (x2− 3x)y + 3x2 + x = 0 (2)

(x 3x) 8(3x x) x(x 8).(x 1)

0,5đ

Chú ý: Nếu HS đa về phơng trình dạng bậc 2 biến x thì toàn bộ phần trên chỉ

cho 0,25 đ

Khi x = −1 ⇒∆ = 0 PT (2) có nghiệm kép y =

2

3x x 4

−

= −1 Vậy PT (1) có nghiệm nguyên là (x; y) = (−1; −1)

Khi x ≠−1 PT (1) có nghiệm nguyên trớc hết x (x − 8) là số chính phơng

Đặt x(x − 8) = m2 (m ∈ Z)

⇔ (x − 4)2− 16 = m2 ⇔ (|x−4| - |m|) (|x−4| + |m|) = 16

Từ PT ⇒ |x−4| + |m| ≥ |x−4| − |m| >0 và chúng cùng tính chẵn nên ta có các trờng hợp sau:

0,25đ

Giải hệ (I): Tìm đợc x = 9; x = −1 (loại) Với x = 9 PT (2)

⇔ 2y2 + 54y + 252 = 0 ⇔ y2 + 27y + 126 = 0

Giải PT có: y = −21; y = −6

Vậy PT có nghiệm nguyên là (x; y) = (9; −21); (9; −6) Giải hệ (II): Tìm đợc x = 0; x = 8

Với x = 0 có PT: 2y2 = 0 ⇒ y = 0 Với x = 8 có PT: 2y2 + 40y + 200 = 0 ⇔ y2 + 20y + 100 = 0

⇔ (y + 10)2 = 0 ⇒ y = −10 Vậy PT có nghiệm nguyên là: (x, y) = (0; 0); (8; −10)

Kết luận: Phơng trình (1) có các nghiệm nguyên là:

(x, y) = (x; 0) (x ∈ Z) (x, y) = (−1; −1); (9; −21); (9; −6); (8; −10)

0,25đ

Câu 4.

(3,0 điểm)

a

(2đ)

+) AK AI

+) ∆AEP vuông ở E có EK ⊥AP ⇒ AE2 = AK.AP (2) 0,5đ +) Từ (1)(2) ⇒ AI.AH = AE2 ⇒ AI =

2

AE

P M

E

A

F Q

H

N J

I K

∆1

∆2

1 1 2 1 1 1

Câu ý Nội dung Điểm

b.

(1đ)

Kéo dài MN cắt EF ở Q, tứ giác HPEF nội tiếp; HM ⊥ PE, HN ⊥ PE

⇒ HQ ⊥ EF (Tính chất đờng thẳng simson) 0,25đ +) ả ả ả à ả ả ả

1 1 1 1 1 1 1

H =A , A =E =Q ⇒H =Q ⇒ ∆JHQ cân ở J ⇒ JH = JQ (3) 0,25đ

I +H = +I Q =Q +Q =1V⇒ =I Q ⇒ ∆IJQ cân ở J

⇒ IJ = JQ (4) 0,25đ +) Từ (3), (4) ⇒ JI = JH = 1(AH AI)

+) AI =

2

IJ R 2

R 2

0,25đ

Câu 5.

(0,5 điểm)

Đặt y 2 = a, z 3 = b (a, b > 0) ⇒ 2y2 = a2, 3z2 = b2

Khi đó giả thiết: x2 + 2y2 + 3z2 = 1 ⇔ x2 + a2 + b2 = 1

1 ab 1 bx 1 ax 1 ab 1 bx 1 ax

áp dụng BĐT Côsi, và BCS có:

2

1

a b

1 2

+

2 2 2 2

a x b x

0,25đ

Lúc đó

2 2 2 2

Tơng tự:

2 2 2 2

2 2 2 2

Từ (1) (2) (3) ⇒ ab bx ax 3

1 ab 1 bx 1 ax+ + ≤2

Khi đó từ (*) có M ≤ 3 3 9

2 2

+ = Dấu bằng có ⇔ x 3; y 6; z 1

0,25đ

Vậy biểu thức M đạt giá trị lớn nhất là 9

2 ⇔ x 3; y 6; z 1

Chú ý: - Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu (không làm tròn số)

- Đây là đáp án và biểu điểm cụ thể cho một cách giải của từng ý, từng câu Trong quá trình chấm, đối với những lời giải khác hợp lí và cho kết quả đúng, yêu cầu giám khảo cho điểm tối đa.