- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 1
Đề thi TS 10 chuyên LVT ninh bình 2011 2012 có đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (85.53 KB, 6 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn: TOÁN – VÒNG II
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài 150 phút( không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang
Câu 1 (3 điểm):
x− x
4 x + 2 x − x −5
+
Cho biểu thức: P =
÷
÷: x + 1 − x − x − 2 ÷
÷
x
−
x
−
2
x
−
2
với x∈R và x ≥ 0, x ≠ 4.
a)
Rút gọn P.
b) Tìm giá trị của x thỏa mãn P = 4.
c)
Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Câu 2 (3 điểm):
a) Rút gọn A =
5 − 3 − 29 −12 5
b) Giải phương trình:
4x 2 + y 2 = 4xy + 4x − 2y − 2 x + y − 2 − 1
c) Giải hệ phương trình:
x = 2 y + 1
y = 2 z + 1
z = 2 x +1
Câu 3 (1 điểm):
·
Cho tam giác ABC có BAC
= 750 , đường cao AH, H thuộc đoạn BC và BH =
·
·
Chứng minh rằng: AH = BH. Xác định số đo các góc ABC,
.
ACB
3 CH.
Câu 4 (2 điểm):
Cho nửa đường tròn đường kính AB, tâm O, bán kính R và C là điểm giữa của cung AB.
Trên đoạn OC lấy điểm M, N sao cho OC = 2OM = 3ON; tia AM cắt đường tròn (O; R) tại điểm
thứ hai D; tia BN cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai E; gọi I là giao điểm của AM và BN.
a) Tính diện tích tam giác IAB theo R.
·
b) Chứng minh rằng: Góc DOE
có số đo bằng 900.
Câu 5 (1 điểm):
Cho ba số tự nhiên x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 = z2. Chứng minh rằng: xy M12 .
------HẾT-----Họ và tên thí sinh :........................................................... Số báo danh ............................................
Họ và tên, chữ ký của giám thị 1:.......................................................................................................
Họ và tên, chữ ký của giám thị 2:......................................................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH
LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn: TOÁN – VÒNG II
Hướng dẫn chấm gồm 4 trang
I Hướng dẫn chung.
1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.
2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau.
3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.
4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ
từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất
5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải
đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm.
6. Tuyệt đối không là tròn điểm.
II. Hướng dẫn chi tiết.
Câu 1 ( 3 điểm):
a) 1 điểm
x− x
4 x +2
x − x −5
P =
+
:
−
÷
÷
÷
x −2÷
( x + 1)( x − 2)
x + 1 ( x + 1)( x − 2)
0,25
=
(x − x ) + 4( x + 1) ( x + 2)( x − 2) − (x − x − 5)
:
( x + 1)( x − 2)
( x + 1)( x − 2)
0,25
=
x +3 x +4
x +1
:
( x + 1)( x − 2) ( x + 1)( x − 2)
0,25
=
x +3 x +4
x +1
0,25
b) 1 điểm
0,5
0,5
x +3 x +4
=4⇔ x− x =0
x +1
x = 0
⇔
x = 1
P=4⇔
Kết luận: x = 0; x = 1.
c) 1,0điểm
P=
x+3 x +4
2
2
= x +2+
= x +1+
+1
x +1
x +1
x +1
0,25
Áp dụng BĐT liên hệ giữa TBC và TBN (BĐT Cô-si)
x +1+
2
2
≥ 2 ( x + 1)
=2 2
x +1
x +1
⇒ P ≥ 2 2 +1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x + 1 =
0,25
2
⇔ x +1 = 2 ⇔ x = 2 −1 ⇔ x = 3 − 2 2
x +1
Vậy Min P = 2 2 + 1 , đạt được khi x = 3 − 2 2 .
0,25
0,25
Câu 2 (3 điểm):
a. (1 điểm):
A=
=
5 − 3 − (2 5 − 3) 2
5 − 6−2 5
=
5 − ( 5 −1) 2
=
5 − ( 5 −1) =1
b. (1 điểm):
Điều kiện: x + y ≥ 2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4x 2 + y 2 = 4xy + 4x - 2y - 2 x + y - 2 -1
⇔ (2x - y) 2 - 2(2x - y) + 1- 2 x + y - 2 = 0
⇔ (2x - y -1) 2 + 2 x + y - 2 = 0
2x - y -1 = 0
⇔
x + y - 2 = 0
x = 1
⇔
y = 1
Kết luận: hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1)
0,25
0,25
0.25
c. (1 điểm):
Điều kiện xác định: x, y, z ≥ 0.
Giả sử x = Max{x; y; z} ⇒ x = Max{ x , y, z} ⇒ z=Max{x; y; z}
⇒x = z ⇒x = y = z
0,5
2 x = x −1 ⇔ x − 2 x −1 = 0 ⇔ x = 1 + 2 ⇔ x = 3 + 2 2
0,25
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm x = y = z = 3 + 2 2
Câu 3 (1 điểm):
0,25
A
B
C
H
·
·
·
·
·
+ Nếu AH > BH thì ABH
> BAH
⇒ ABH
> 450 ( vì ABH
+ BAH
= 900 )
0.25
·
·
·
·
⇒ ACH
< 600 ( vì ABH
+ ACH
= 1800 − ABC
= 1050 )
·
⇒ tan ACH
< tan 600 = 3
·
=
Mà tan ACH
AH
·
⇒ AH = CH.tan ACH
⇒ AH < CH 3 ⇒ AH < BH ⇒ Mâu thuẫn.
CH
+ Nếu AH < BH thì tương tự trên ta suy ra mâu thuẫn.
Do đó: AH = BH.
0,25
·
·
= 450 , ACB
= 600
Dễ thấy khi đó tam giác ABC có ABC
Câu 4 (2 điểm):
0.25
0,25
C
D
E
A
IM
N
H O
B
a) 1 điểm
0.25
Kẻ IH vuông góc với AB tại H ⇒ IH || OC3
0.25
0.25
IH AH
IH OM 1
OM = AO
AH = AO = 2 AH = 2IH
AH 2
⇒
⇒
⇒
⇒
=
IH
BH
IH
ON
1
BH
=
3IH
BH
3
=
=
=
ON BO
BH BO 3
0.25
4R
AH = 5
2R
⇒ IH =
Mà AH + BH = AB = 2R ⇒
5
BH = 6R
5
⇒ SIAB =
0.25
1
2R 2
IH.AB =
2
5
b) 1 điểm
2
2
Áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác IAH và OBN ta có: IA = IH + AH =
NB = OB2 + ON 2 =
2R
,
5
0,25
R 10
3
AE
AB
AB.NO
2R
Ta có: ∆AEB : ∆NOB ⇒ NO = NB ⇒ AE = NB =
10
0.25
·
Trong tam giác AEI có: AEI
= 900 ,
AE =
2R
2R
2R
, AI =
⇒ EI = AI 2 − AE 2 =
⇒ AE = EI ⇒ ∆AEI vuông cân đỉnh E
10
5
10
·
·
⇒ EAI
= 45 hay ⇒ EAD
= 45
0
0,25
0
·
·
·
Mặt khác EOD
= 2.EAD
⇒ EOD
= 900
0,25
Câu 5 (1 điểm) :
a 2 ≡ 0(mod3)
*) Nhận xét: Với mọi số nguyên a ta có 2
a ≡ 1(mod3)
Thật vậy: Giả sử a M3 ⇒ a = 3k ± 1 ⇒ a 2 = 9k 2 ± 6k + 1 ≡ 1(mod3) .
Do đó:
2
x ≡ 1(mod3)
⇒ z 2 ≡ 2(mod3) ⇒ MT.
Nếu x và y đều không chia hết cho 3 thì 2
y ≡ 1(mod3)
Suy ra: Ít nhất một trong hai số x, y phải chia hết cho 3⇒ xy M3 .
x 2 ≡ 1(mod4)
2
2
z ≡ 2(mod4)
⇒ MT .
*) Nếu x, y cùng lẻ thì suy ra z chẵn ⇒ y ≡ 1(mod4) ⇒ 2
z 2 ≡ 0(mod4) z ≡ 0(mod4)
*) Nếu x, y cùng chẵn thì xyM4 ⇒ xyM12 .
0.25
0.25
*) Nếu trong hai số x, y có một số chẵn và 1 số lẻ.
2
x ≡ 1(mod8)
⇒ y2 = z 2 − x 2 M
8 ⇒ y M4 ⇒ xy M4
Giả sử x lẻ, y chẵn thì suy ra z lẻ 2
z ≡ 1(mod8)
xy M3
⇒ xy M
12 (vì (x; y) = 1)
Vậy
xy M4
0.25
0.25
