* Các cách giải khác với cách nêu trong đáp án này mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa của phÇn c©u t¬ng øng.. * §iÓm cña toµn bµi kh«ng lµm trßn.[r]
Trang 1Sở giáo dục và đào tạo
Thanh hoá
Đề thi gồm có 01 trang
kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn
năm học: 2010 - 2011 Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2010
Câu 1: (2,0 điểm)
1 Giải phơng trình: x3 3x 140 0 .
2 Không dùng máy tính, tính giá trị biểu thức: P 3 70 4901 3 70 4901.
Câu 2: (2,5 điểm)
1 Cho parabol (P):
2 1 4
và đờng thẳng (d): y = -1 Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc (P) Tìm trên trục tung tất cả các điểm sao cho khoảng cách từ M đến điểm đó bằng khoảng cách từ M đến đờng thẳng (d).
2 Cho ba số không âm a, b, c có tổng bằng 1 Chứng minh rằng: b + c 16abc Chỉ
rõ dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 3: (1,5 điểm)
Giải hệ phơng trình sau (với x > 0, y < 0):
2 2
82 9
Câu4: (3,0 điểm)
Tam giác ABC có BAC 1050, đờng trung tuyến BM và đờng phân giác trong CD cắt
nhau tại K sao cho KB = KC Gọi H là chân đờng cao hạ từ A của tam giác ABC.
1 Chứng minh rằng: HA = HB.
2 Tính số đo các góc ABC và ACB.
Câu 5: (1,0 điểm)
Ký hiệu [x] là phần nguyên của số thực x Tìm các số thực x thoả mãn:
8 1 4 1 16 7
Hết
-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: ………….…
Đề chính thức
Trang 2Sở giáo dục và đào tạo
Thanh hoá
kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn
năm học: 2010 - 2011
ĐáP áN Đề THI CHíNH THứC
Môn: Toán
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2010
Đáp án này gồm có 04 trang
H
* Lời giải nêu trong đáp án, nói chung, là lời giải vắn tắt Khi làm bài, học sinh phải nêu
đầy đủ và chính xác các suy luận thì mới đợc điểm.
* Các câu hình học: Nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm
điểm Nếu học sinh thừa nhận kết quả của ý trên để giải ý dới thì không chấm điểm ý dới.
* Các cách giải khác với cách nêu trong đáp án này mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa của phần (câu) tơng ứng.
* Điểm của toàn bài không làm tròn.
I
(2,0đ) (1,0đ)1
3 3 140 0 ( 5)( 2 5 28) 0
5 0
x
2
2 4
5
x
Vậy, phơng trình có nghiệm duy nhất: x = 5. 0,25
2
(1,0đ) Với P 3 70 4901 3 70 4901 ta có:
0,5
Do đó P là nghiệm của phơng trình: x3 3x 140 0 . Theo ý 1, phơng trình trên có nghiệm duy nhất: x 0 5 0,25
Vậy P 3 70 4901 3 70 4901 5 . 0,25
2
(2,5đ)
1
(1,5đ) Giả sử E(0; y0) là một điểm trên trục tung.
Do M (P) nên
2 1
; 4
M x x
và khoảng cách từ M đến (d) là:
2 1 1 4
; độ dài
2
0
1 4
ME x x y
(dùng pitago để tính).
0,5
Từ đó:
0
1
x x y x
1
với x.
1 1
1 0
2 2
0,25
Trang 3Yêu cầu bài toán đợc thoả mãn khi:
0
0 2
0
1 1
0
1
2 2
1 0
y
y y
Vậy có duy nhất một điểm E thoả mãn bài toán: E(0; 1)
0,5
2
(1,0đ) Trớc hết chứng minh: (x + y)
2 ≥ 4xy với mọi x, y
áp dụng ta có: (a + b + c)2 = [a +(b + c)]2 ≥ 4a(b + c) Đẳng thức xảy ra khi: a = b + c
1 2
a
(*)
Do a + b + c = 1 nên bất đẳng thức trên suy ra: 1 ≥ 4a(b + c)
b + c ≥ 4a(b + c)2 (do b + c không âm)
0,5
Nhng lại có (b + c)2 ≥ 4bc Đẳng thức xảy ra khi: b = c (**)
Suy ra: b + c ≥ 16abc.
Từ (*) và (**) có: đẳng thức xảy ra khi
a ;b c
0,25
3
(1,5đ)
Ta có:
và
3 x y 3 x y
Suy ra:
0,25
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
1 0 10
0 3
x y
x y
Do đó, hệ đã cho tơng đơng với:
1 0 10
0 3
82 9 0,
x y
x y
x
(1) (2) (3)
y < 0 (4)
0,25
Từ (1) và (2) ta có:
2
1 0
3 y y y 3 y (*) 0,25
Từ (2) có:
2 10
1 0 3
(**)
0,25
Trang 4Từ (*) và (**) suy ra:
2
3 10
3
3
y
y
0,25
Từ đó, hệ đã cho có 2 nghiệm:
1
; 3 3
và
1 3;
3
4
(3,0đ) (2,0đ)1
Nối HM khi đó MH = MA = MC suy ra:
Theo giả thiết: KB KC KBC KCB .
Do vậy: MHC 2KBC (1).
0,25
Mặt khác: MHC KBC HMB (2)
Từ (1) và (2) có: KBC HMB HBM cân tại H MH = HB.
0,5
Giả sử HA HB , khi đó ABH BAH BAH 450 và ABH 450. Vì BAH CAH 1050 nên CAH 600. 0,5
Tam giác AMH cân tại M nên AHM HAM 600 AMH 600.
Tơng tự, nếu HA < HB ta cũng gặp điều mâu thuẫn.
2
(1,0đ) Từ kết quả ý 1 suy ra AHB vuông cân tại H BAH ABH 450. 0,5
5
(1,0đ)
Đặt
4 1 , 3
x
ta có:
y
Mặt khác:
y
0,25
A D
B
Trang 5Đặt
1
1
0
t
t
Từ đó ta có:
1 8 7 16
x x
0,25