Tuyển sinh vào 10 chuyên THÁI BÌNH 2010
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (478.48 KB, 5 trang )
Sở Giáo dục - Đào tạo
thái bình
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên
Năm học 2010 - 2011
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2,5 điểm) Cho biểu thức:
x 7 x 3 2 x 1
A
x 5 x 6 x 2 x 3
+ +
= +
+
với x 0; x 4; x 9
a) Rút gọn A.
b) Tính giá trị của A khi
2
x 3 2
=
.
Bài 2. (2,0 điểm) Cho hai đờng thẳng:
(d
1
): y = (m 1)x m
2
2m
(d
2
): y = (m 2)x m
2
m + 1
cắt nhau tại G.
a) Xác định toạ độ điểm G.
b) Chứng tỏ rằng điểm G luôn thuộc một đờng thẳng cố định khi m thay đổi.
Bài 3. (1,5 điểm) Giải các phơng trình sau:
a)
2
1 1 1
0
1 1 1
x x x
=
+
+ +
b)
2
2
x
x 1
1
x
=
ữ
+
+
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho điểm M thuộc nửa đờng tròn tâm O, đờng kính AB. Điểm C thuộc đoạn
OA. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm M kẻ tiếp tuyến Ax, By với đờng tròn. Đ-
ờng thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By tại P, Q. Gọi E là giao điểm của AM
với CP, F là giao điểm của BM với CQ.
a) Chứng minh rằng:
+ Tứ giác APMC và tứ giác EMFC là tứ giác nội tiếp.
+ EF // AB.
b) Giả sử có EC.EP = FC.FQ. Chứng minh rằng: EC = FQ và EP = FC.
Bài 5. (0,5 điểm) Cho hai số thực x, y thoả mãn x
2
+ y
2
+ xy = 1.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức B = x
2
xy + 2y
2
.
Hết
Họ và tên thí sinh:. Số báo danh:.
S GIO DC - O TO
THI BèNH
K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN
Nm hc 2010-2011
HNG DN CHM V BIU IM MễN TON
( chung cho cỏc thớ sinh)
(với m là tham số)
đề chính thức
(Gm 4 trang)
B i 1à .
Ý
NỘI DUNG ĐIỂM
a.
1,75đ
( ) ( )
x 7 x 3 2 x 1
A
x 2 x 3
x 2 x 3
− + +
= − +
− −
− −
0,25đ
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
x 7 x 3 x 3 2 x 1 x 2
x 2 x 3
− − + − + + −
=
− −
0,25đ
( ) ( )
x 7 x 9 2x 4 x x 2
x 2 x 3
− − + + − + −
=
− −
0,50đ
( ) ( )
x 2 x
x 2 x 3
−
=
− −
0,25đ
( )
( ) ( )
x x 2
x
x 3
x 2 x 3
−
= =
−
− −
0,50đ
b.
0,75đ
( )
2
x 3 2 2 2 1= − = −
(Thoả mãn x ≥ 0; x ≠4; x ≠9)
0,25đ
Thay
( )
2
x 2 1= −
v o A có:à
2 1
A
2 4
−
=
−
0,25đ
( ) ( )
( ) ( )
2 1 2 4
2 3 2
14
2 4 2 4
− +
−
= =
− +
0,25đ
B i 2à .
Ý
NỘI DUNG ĐIỂM
a.
1,25đ
Ho nh à độ điểm G l nghià ệm của phương trình:
(m-1)x - m
2
- 2m = (m - 2)x - m
2
- m + 1
0,25đ
⇔ x = m + 1
0,25đ
Tung độ điểm G l : y = (m-1) (m+1) - mà
2
- 2m 0,25đ
⇔ y = -2m - 1
0,25đ
Toạ độ điểm G l (m + 1 ; -2m - 1)à 0,25đ
b.
0,75đ
Có y = -2m - 1 = -2(m + 1) + 1
0,25đ
M x = m + 1à
⇒ y = -2x + 1
0,25đ
Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + 1 cố định.
Chứng tỏ G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + 1 cố định khi m thay đổi
0,25đ
B i 3à .
Ý
NỘI DUNG ĐIỂM
a.
1,0đ
ĐKXĐ: x ≠ 1; x ≠ -1 0,25đ
Xét
+ + =
+ − −
2
1 1 1
0
x 1 x 1 x 1
⇒ x - 1 + x + 1 + 1 = 0
0,25đ
⇔ 2x + 1 = 0
0,25đ
Ý
NỘI DUNG ĐIỂM
⇔ x =
−
1
2
x =
−
1
2
(thoả mãn ĐKXĐ) nên phương trình có 1 nghiệm duy nhất x =
−
1
2
0,25đ
b.
0,50đ
ĐKXĐ: x ≠ -1
Xét
+ =
÷
+
2
2
x
x 1
x 1
⇔
− + =
÷
+ +
2
x x
x 2.x. 1
x 1 x 1
⇔
+ − =
÷
+ +
2
2
x 2x
1 0
x 1 x 1
Đặt
+
2
x
x 1
= t ta có t
2
+ 2t - 1 = 0
⇔
= − +
= − −
t 1 2
t 1 2
0,25đ
Giải
= − +
+
2
x
1 2
x 1
được
− + −
=
− − −
=
1
2
2 1 2 2 1
x
2
2 1 2 2 1
x
2
(thoả mãn x ≠ -1)
Giải
= − −
+
2
x
1 2
x 1
được x ∈ φ
Kết luận phương trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
.
0,25đ
B i 4à .
Ý
NỘI DUNG ĐIỂM
a.
1,5đ
Tứ giác APMC có:
·
·
=
=
o
o
PAC 90 (tÝnh chÊt t.tuyÕn)
PMC 90 (gt)
0,50đ
0,50đ
⇒
·
·
+ =
o
PAC PMC 180
0,25đ
⇒ Tứ giác APMC l tg ntà
0,25đ
0,75đ
Có
·
AMB
= 90
o
(Hệ quả gnt) (1) 0,25đ
OCA B
P
M
x
y
Q
F
E
Ý
NỘI DUNG ĐIỂM
⇒
·
·
+MAB MBA
= 90
o
(2)
Có tứ giác APMC nội tiếp (cmt)
⇒
·
·
=MPC MAC
(cùng chắn cung MC)
Hay
·
·
=QPC MAB
(*)
Chứng minh tương tự (*) có
·
·
=PQC MBA
Từ (2) (3) ⇒
·
·
·
= = ⇒ =
o o
PQC QPC 90 PCQ 90
(4)
0,25đ
Từ (1) (4) ⇒
·
·
= =
o
EMF ECF 180
⇒ Tứ giác EMFC nt
0,25đ
0,75đ
Tứ giác EMFC nội tiếp
⇒
·
·
=MEF MCF
(cùng chắn cung MF)
Hay
·
·
=MEF MCQ
(5)
0,25đ
Tứ giác MQBC nội tiếp
⇒
·
·
=MCQ MBQ
(cùng chắn cung MQ) (6)
0,25đ
Xét
÷
AB
0;
2
có
·
·
=MBQ MAB
(cùng chắn cung MB) (7)
Từ (5) (6) v (7)à ⇒
·
·
=MEF MAB
⇒ EF // AB
0,25đ
b.
0,50đ
Tứ giác APMC nội tiếp ⇒ EP.EC = EA.EM
Tứ giác MCBQ nội tiếp ⇒ FC.FQ = FM.FB
Có EC.EP = FC.FQ (gt)
⇒ EA.EM = FM.FB (8)
Có EF // AB ⇒
=
EM FM
EA FB
(9)
Từ (9) (10) ⇒ EM
2
= FM
2
⇒ EM = FM
0,25đ
∆EMC = ∆FMQ (gcg) ⇒ EC = FQ
M EC.EP = FC.FQà
⇒ EP = FC
0,25đ
B i 5à .
(3)
Ý
NỘI DUNG ĐIỂM
0,5đ
− +
= − + =
2 2
2 2
x xy 2y
B x xy 2y
1
Có x
2
+ y
2
+ xy = 1
⇒ B =
− +
+ +
2 2
2 2
x xy 2y
x y xy
* y = 0 có B = 1
* y ≠ 0 có
− +
÷
=
+ +
÷
2
2
x x
2
y y
B
x x
1
y y
Đặt
=
x
t
y
có
− +
=
+ +
2
2
t t 2
B
t t 1
⇔ Bt
2
+ Bt + B = t
2
- t + 2
+ + ≥ >
÷
2
3
t t 1 0
4
⇔ (B-1)t
2
+ (B+1)t + B - 2 = 0 (*)
Tồn tại giá trị của B ⇔ pt (*) có nghiệm
+) B = 1 dễ thấy có nghiệm
+) B ≠ 1
∆ = (B+1)
2
- 4(B-1)(B-2) ≥ 0
⇔ 3B
2
- 14B + 7 ≤ 0
⇔
− ≤
÷
2
7 28
B
3 9
⇔
−
≤ − ≤
2 7 7 2 7
B
3 3 3
⇔
− +
≤ ≤
7 2 7 7 2 7
B
3 3
(2)
KÕt hîp l¹i, ta cã
− +
≤ ≤
7 2 7 7 2 7
B
3 3
+
=
+
=
−
−
= ⇔ ⇔
−
−
= ±
+ + =
− +
min
2 2
2
B 1
x .y
B 1
x .y
2 2B
7 2 7 7-2 7
B víi B =
2 2B
2(B 1)
3 3
y
x y xy 1
7 6B 3B
+
=
+
=
−
−
= ⇔ ⇔
−
−
= ±
+ + =
− +
max
2 2
2
B 1
x .y
B 1
x .y
2 2B
7 2 7 7+2 7
B víi B =
2 2B
2(B 1)
3 3
y
x y xy 1
7 6B 3B
0,50đ
