DE THI TOAN CHUYEN TUYEN QUANG 1112

góc này cùng bù với 2  ANP nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng ½ OH= OI..  ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R nên từ 2 ta có:.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TUYÊN QUANG

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2011 - 2012 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

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

Đề có 01 trang

Câu 1 (1 điểm)

a) Rút gọn 11 6 2   11 6 2 

b) Chứng minh rằng 11 6 2 ,  11 6 2  là hai nghiệm của một phương trình bậc hai với hệ số nguyên

Câu 2 (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - m + 1 = 0 với m là tham số (1)

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm

b) Gọi x x1 , 2 là các nghiệm của phương trình (1) Tìm m để A x 12x22 x x1 2  7

c) Tìm m để A đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 3 (3 điểm) Giải các phương trình:

a) (x1)(x3) (x5) (x7)15

b) x 3 6 x (x3)(6 x) 3

c) x 3 – 5x 2 + 1997x - 14077 = 0

Câu 4 (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên:

a) x2 x y2  y 3

b)

1

2

Câu 5 (2,5 điểm)

Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R) Gọi H là trực tâm của ABC, I là trung điểm của đoạn thẳng BC, G là giao điểm của AI và OH;

M, N, P lần lượt là chân các đường cao của ABC hạ từ A, B, C Gọi SABC là diện tích ABC Chứng minh:

a) G là trọng tâm của tam giác ABC

b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP

c) R(MN + NP + PM) = 2SABC

Hết

-Hướng dẫn chấm, biểu điểm MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

Câu 1 (1 điểm)

11 6 2   11 6 2   3  2.3 2  2  3  2.3 2  2  3  2  3  2 0,25

3 2 3 2 3 2 3 2 6

b) Chứng minh rằng 11 6 2 ,  11 6 2  là hai nghiệm của một phương trình bậc

Ta có: 11 6 2   11 6 2   6 (theo a) và  

2 2

11 6 2 11 6 2    11  6 2  121 72   7 0,25

Theo ĐL Viét đảo 11 6 2 ,  11 6 2  là hai nghiệm của PT: x2 – 6x +7 = 0

Phương trình này có các hệ số nguyên (đ.p.c.m) 0,25

Câu 2 (1,5 điểm) Cho PT: x2 – 2mx + m 2 - m + 1 = 0 với m là tham số (1)

Ta có:   ' ( m)2 (m2 m1) m 1

0,5

PT (1) có nghiệm    ' 0 m   1 0 m 1 (*)

b) Gọi x x1 , 2 các nghiệm của phương trình (1) Tìm m để A x 12x22 x x1 2  7 0,5

Theo ĐL Vi-et ta có: x1 x2  2 ;m x x1 2 m2 m 1

0,25

2

A x x  x x  x x  x x  m  m  m m  m

5

m

m





 Kết hợp với (*) ta có m = 2 0,25

Theo b) ta có A m 23m 3 ( m2 2m1) (5 m 5) 1 (  m1)25(m1) 1 0,25

Vì m1 nên A1 Vậy Amin  1 khi m = 1 0,25

Câu 3 (3 điểm) Giải các phương trình:

a) (x1) (x3) (x5) (x7)15 (*) 1.0

Thay t vào PT (*): t (t+8) = -15  t2 + 8t + 15 = 0 t = -3 hoặc t = -5

Với t = -3 ta có PT: x2 + 8x + 7 = -3  x2 + 8x + 10 = 0

 x = - 4 + 6 hoặc x = - 4 - 6

0,5

Với t = -5 ta có PT: x2 + 8x + 7 = -5  x2 + 8x + 12 = 0  x = - 2 hoặc x = - 6

Kết luận: Tập nghiệm của PT đã cho là  2; 6; 4    6; 4   6

Điều kiện: 

3 0

x

x x

 



   



 

Đặt

3 6

  





 

0 0 9

u v

u v

 



  



 

 Ta có HPT:

2 2 9

3

u v

u v uv

  



  

2

3



  

0,25

 2

0

3

uv

  

0,5

3 0

6

x

x

   

 



 

 



       Vậy tập nghiệm của PT là 3;6

c) x 3 – 5x 2 + 1997x - 14077 = 0 1,0

Ta có: x3 – 5x 2 + 1997x - 14077 = 0

 x3 – 7x2 + 2x2 - 14x + 2011x – 7.2011 = 0

 x2 (x – 7) + 2x (x – 7) + 2011 (x-7) = 0

 (x - 7) (x2 + 2x +2011) = 0

0,5

7

x

Tập nghiệm của PT:  7 0,5

Câu 4 (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên:

Ta có (1) x2 x y2y  3 x2 y2 x y  3 (x y x y )(   1) 3 

0,5

Vì Ư(3) = 1; 3;1;3  nên (2) có các trường hợp:

3

TH1:

3

2

x

y







 TH2:

3

2

x

y









0,5

TH3:

5

2

x

y









    

 TH4:

5

2

x

y









 Các trường hợp không có nghiệm nguyên Vậy PT (1) không có nghiệm nguyên

b)

1

2

Điều kiện: x2008, y 2009, z 2010 (*) 0,25

PT (1)  (x 2008) 2 x 2008 1 (  y 2009) 2 y 2009 1 (  z 2010) 2 z 2010 1 0 

0,5

 ( x 2008 1) 2( y 2009 1) 2 ( z 2010 1) 2 0



2011

2010 1 0

z z

 Các giá trị x, y, z thoả mãn (*)

Vậy nghiệm nguyên của PT là: (x; y; z) = (2009; 2010; 2011)

Câu 5 (2,5 điểm) Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R).

Gọi H là trực tâm của ABC, I là trung điểm của đoạn thẳng BC, G là giao

điểm của AI và OH; M, N, P lần lượt là chân các đường cao của ABC hạ

từ A, B, C Gọi S ABC là diện tích ABC Chứng minh:

G H

O

A

M

N

P

D I

J K

0,25

Gọi D là giao điểm của AO với đường tròn (O)

H là trực tâm của tam giác ABC nên: HCAB, BHAC (1)

AD là đường kính nên: DBAB, DCAC (2)

b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP 0,75

Gọi M, N, P lần lượt là chân các đường cao hạ từ A, B, C Ta chứng minh MA là

tia phân giác trong của PMN

Tứ giác PHMB nội tiếp (vì P M  900) PMH PBH (cùng chắn PH ) (1)

Tứ giác ANMB nội tiếp (vì ANB AMB  900) PBN AMN (cùng chắnAN) (2)

Từ (1) và (2) ta có: PMA PMH  PBH ABN AMN  MA là tia phân giác trong

của PMN

Chứng minh tương tự ta có NB, PC lần lượt là các tia phân giác trong của

 , 

PNM NPM Điểm H là giao của 3 tia phân giác trong nên H là tâm đường tròn

nội tiếp tam giác MNP (đ.p.c.m)

0,5

0,25

Gọi J và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AC, AB Ta có: OIBC,

1

2

S S S S  OI BC J AC OK AB

2S ABC OI BC OJ AC OK AB .

Xét các APN ABC, có A chung, ANP ABC (do tứ giác PBCN nội tiếp nên 2

góc này cùng bù với PNC) ANP ABC. (2)

ANP nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính đường tròn ngoại tiếp

bằng ½ OH= OI ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R nên từ (2) ta có:

NP OI

OI BC NP R

Chứng minh tương tự ta có: OJ AC = PM.R, OK.AB = MN R Thay vào (1) ta

có: R(MN + NP + PM) = 2SABC (đ.p.c.m)

0,5

5