Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH chuyên năm học 2009 – 2010 Hà Nam môn thi: Toán (đề chung)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO HÀ NAM. ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH CHUYÊN Năm học 2009 – 2010 MÔN THI: TOÁN (ĐỀ CHUNG) Thời gian làm bài: 120phút( Không kể thời gian giao đề). Bài 1.(2,0 điểm) Cho biểu thức P=. x. (. )+(. ). 1− x. 2. x − 2 +3 x − x. x +1. 1− x. a) Tìm điều kiện xác định của P. b) Rút gọn P c) Tìm x để P > 0 Bài 2.(1,5 điểm). ( ) ( 2 + 2 ) x − y=1 .  1 + 2 x + y= 2 . Giải hệ phương trình: . Bài 3. (2,0 điểm) 1) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng y= x+6 và parabol y=x2. 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = ( m + 1) x + 2m + 3 cắt trục Ox, trục Oy tại các điểm A và B và ∆OAB cân( đơn vị trên hai trục Ox và Oy bằng nhau) Bài 4.(3,5 điểm) Cho ∆ABC vuông đỉnh A, đường cao AH, I là trung điểm của AH, K là trung điểm của HC. Đường tròn đường kính AH ký hiệu là (AH) cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N a) Chứng minh ∆ACB và ∆AMN đồng dạng. b) Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn (AH). c) Tìm trực tâm của ∆ABK. Bai 5.(1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =. 1 1 1 + + 16 x 4 y z. --------Hết-------. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN 1 − x ≠ 0  x ≠ 1 Bài 1.(2,0 điểm) a) P xác định ⇔ 1 − x ≠ 0 ⇔  x ≥ 0 x ≥ 0 . b) Rút gọn P x P=. P=. (. 1− x x. )+(. x +1. (1 − x ). ). 2. x − 2 +3 x − x 1− x. − x +4 4 = 1− x 1− x. +. x =. (. (. ). x +1. (1 − x )(1 + x ). +. x − 4 x +4 +3 x − x 1− x. ).  4 >0  1 − x 1 − x > 0    ⇔ x ≠ 1 ⇔1> x ≥ 0 c) P > 0 =>  x ≠ 1 x ≥ 0 x ≥ 0    . (. ). Bài 2.(1,5 điểm)Giải hệ phương trình:. ( (. ) ). ( (. ).  1 + 2 x + y= 2  3 + 2 2 x = 2 + 1 x = 2 − 1  x = 2 − 1    ⇔ ⇔ ⇔   2 − 1 + y= 2  y= 2 − 1  2 + 2 x − y=1  1 + 2 x + y= 2  1 + 2  . ). (. )(. ). Bài 3. (2,0 điểm) 1) Toạ độ giao điểm của đường thẳng y= x+6 và parabol y=x 2. là nghiệm của phương trình: x 2 =x+6 hay x 2 − x − 6=0 Giải phương trình ta có x1 = − 2 ; x 2 =3 suy ra tung độ giao điểm tương ứng là y1 =4 ; y 2 =9 Nên toạ độ các giao điểm là: A(-2;4), B(3;9) 2) Đồ thị hàm số y = ( m + 1) x + 2m + 3 cắt trục Oy tại các điểm B(0;2m+3) và cắt  2m + 3. . trục Ox tại điểm A  − ; 0  với m≠-1  m +1  Để ∆OAB cân thì OA= OB ⇔ − 1) 2m + 3 = 0 ⇔ m= 2). 2m + 3 2m + 3 = 2m + 3 ⇔ = 2m + 3 m +1 m +1. −3 khi đó A≡B≡O không tồn tại ∆OAB A 2. 1 =1 m +1. a )m + 1 = 1 ⇔ m = 0 b)m + 1 = −1 ⇔ m = −2. Vậy m=0; m=-2 là giá trị cần tìm. Bài 4.(3,5 điểm). N I. M. H. B. Hình 1. Lop10.com. K. C.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  = HNA  = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) a) AH⊥BC(gt); HMA Áp dung hệ thức canh và đường cao trong tam giác vuông Trong ∆ AHB và ∆AHC có AH 2 = AM.AB=AN.AC. Suy ra:. AM AN lại có góc A chung nên ∆ACB~∆AMN(c.g.c) = AC AB. b) I là trung điểm của AH nên I là tâm của đường tròn(AH) => IM=IH ∆HNC vuông tại N có K là trung điểm của HC => KH=KC=KN  = KHI  mà KHI  = 900 nên KNI  = 900 Lại có KI chung nên ∆KNI=∆KHI(c.c.c) => KNI Hay KN là tiếp tuyến của đường tròn (AH). c) trong tam giác AHC có KI là đường trung bình nên KI//AC mà AC⊥AB =>KI⊥AB; mặt khác AH⊥KB nên I là trực tâm của ∆KAB. Bai 5.(1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =. 1 1 1 + + 16 x 4 y z. Theo BĐT Bu-nhi-a-côp-xki 2   1 2  1 2  1 1 1 1   . P= + +  .( x + y + z ) =   +  +   16 x   4 y   z    16 x 4 y z    2. ((. ) +( y) +( z) ) 2. x.  1   1 1  2 49 1 1 . x+ . y+ . z  =  + + 1 = ≥  16 x   4 2  16 4y z   49 1 1 1 : x= : y= : z và x + y + z = 1 Vậy Pmin= khi đó 16 16 x 4y z 1 2 4 ⇔ x = ; y = ;z = 7 7 7. Lop10.com. 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO HÀ NAM. ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH CHUYÊN Năm học 2009 – 2010 MÔN THI: TOÁN (ĐỀ CHUYÊN) Thời gian làm bài: 150phút( Không kể thời gian giao đề). Bài 1.(2,5 điểm) 1) Giải phương trình:. 1 1 − =2 x − 3x +2 x − 2 2. 1   x + x + y =7  2) Giải hệ phương trình:   x =12  x + y. Bài 2.(2,0 điểm) Cho phương trình: x − 6x − 3 + 2m = 0 a) Tìm m để x = 7 − 48 là nghiệm của phương trình. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x=x1; x=x2 thoả mãn: x1 + x 2 x1 + x 2. =. 24 3. Bài 3. (2,0 điểm) 1) Cho phương trình: 2x 2 + 2 ( 2m − 6 ) x − 6m + 52 = 0 ( với m là tham số, x là ẩn số). Tìm giá trị của m là số nguyên để phương trình có nghiệm hữu tỷ. 2 2) Tìm số abc thỏa mãn: abc = ( a + b ) 4c Bài 4.(3,5 điểm) <A  . Đường tròn tâm I nội tiếp ∆ABC tiếp xúc với các cạnh Cho ∆ABC nhọn có C AB, BC, CA lần lượt tại M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE. .  = 900 + C . a) Chứng minh AIB 2. b) Chứng minh năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn. c) Gọi T là giao điểm của BI và AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET. d) Gọi Bt là tia của đường thẳng BC và chứa điểm C. Khi hai điểm A, B và Bt cố định; điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng mỉnh rằng các đường thẳng NE luôn đi qua điểm cố định.. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ĐÁP ÁN Bài 1.(2,0 điểm) 1). 1 1 − = 2(Đk : x ≠ 2; x ≠ 1) x − 3x +2 x − 2 2. ⇔ 1 − x + 1 = 2x 2 − 6x +4 ⇔ 2x 2 − 5x +2 =0 ∆ =25 − 16=9>0 ⇒ ∆ = 3 ph ­¬ng trình cã hai nghiÖm : 5+3 5−3 1 x1 = = 2(lo¹i) ; x 2 = = (Tho¶ m·n) 4 4 2  x + t=7 1 2) Đặt =t ta có  nên x; t là hai nghiệm của phương trình: x+y  x.t =12 X 2 − 7 X + 12 = 0 giải ra ta có X 1 = 3; X 2 = 4 nên  x =3  x =3  x =3    1)  1 ⇔ ⇔  1 11 =4  x+y  x + y = 4  y = − 4   x =4  x =4  x =4    2)  1 ⇔ 1⇔ 11  x+y =3  x + y = 3  y = − 3   . Vậy hệ có hai nghiệm:  x1 = 3; y1 =. −11   −11   ,  x 2 = 4; y 2 =  4   3 . Bài 2.(2,0 điểm) Cho phương trình: x − 6x − 3 + 2m = 0. a) Để x = 7 − 48 = 2 − 3 là nghiệm của phương trình ⇔ 2 − 3 − 12 − 6 3 − 3 + 2m = 0 ⇔ 2 − 3 − 3 + 3 − 3 + 2m = 0 ⇔ −4 + 2m = 0 ⇔ m = 2 x = t(t ≥ 0) thì phương trình có dạng: t 2 − 6t − 3 + 2m = 0 (2) 5 Để phương trình có hai nghiệm: thì ∆ ≥ 0 ⇔ 6 + 12 − 8m ≥ 0 ⇔ m ≤ 2  t + t = 6 Theo hệ thức Vi-et thì  1 2 để pt(1) có hai nghiệm thì  t1 .t 2 = −3 + 2m 3  t1 + t 2 ≥ 0 ⇔ −3 + 2m ≥ 0 ⇔ m ≥  2  t1 .t 2 ≥ 0 x1 + x 2 24 để = thì 3 x1 + x 2. b) Đặt. ( t1 + t 2 ) − 2t1 .t 2 = 24 ⇔ 6 + 6 − 4m = 24 t12 + t 22 24 = ⇔ t1 + t 2 3 t1 + t 2 3 3 6 2. ⇔ 36 − 12m=12 ⇔ −12m=-24 ⇔ m=2(Tho¶ m · n). Vậy m=2 là giá trị cần tìm.. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bài 3. (2,0 điểm) 1) 2x 2 + 2 ( 2m − 6 ) x − 6m + 52 = 0 có nghiệm hữu tỷ với m nguyên ⇔ x 2 + ( 2m − 6 ) x − 3m + 26 = 0 có nghiệm hữu tỷ với m nguyên ⇔ ∆ = ( 2m − 6 ). 2. + 12m − 104 = k 2 ( k ∈ Z ) ⇔ 4m 2 -24m +36 + 12m − 104 = k 2. ⇔ 4m 2 -12m + 9 − k 2 = 77 ⇔ ( 2m − 3 − k )( 2m − 3 + k ) = 77 2m − 3 − k=1 ⇔ m = 21(Tho¶ m· n) 2m − 3 + k=77 2m − 3 − k= − 1 2)  ⇔ m = −18(Tho¶ m· n) 2m − 3 + k= − 77 2m − 3 − k=11 3)  ⇔ m = 6(Tho¶ m · n) 2m − 3 + k=7. 1) . 2m − 3 − k= − 11 ⇔ m = −3(Tho¶ m· n) 2m − 3 + k = −7. 4) . Vậy có 4 giá trị của m thoả mãn đề bài: m1 = 21 ⇒ x1 = 1; x2 = −37 ; m 2 = −18 ⇒ x1 = 2; x2 = 40 ; m 3 = 6 ⇒ x1 = 2; x2 = −8 ; m 2 = −3 ⇒ x1 = 5; x2 = 7 2) Tìm số abc thỏa mãn: abc = ( a + b ) 4c 2. Vì abc = ( a + b ) 4c nên abc chia hết cho 4. Suy ra c là chữ số chẵn. Mặt khác 2. abc = ( a + b ) 4c nên 4 ( a + b ) có chữ số tận cùng là 6 => ( a + b ) có tận cùng là 4, 9(1) 2. 2. 2. Do abc < 1000;c > 2 .Suy ra ( a + b ) ≤ 2. 1000 = 125 => a + b ≤ 11 (2) 8. Từ (1) và (2) suy ra a+b=8; 7; 3; 2 1) a+b=8 suy ra abc = 256c nên abc = 512 không thoả mãn. 2) a+b=7 suy ra abc = 196c nếu c=2 => abc = 392 không thoả mãn. nếu c=4 => abc = 784 không thoả mãn nếu c=6 => abc > 1000 không thoả mãn 3) a+b=3 suy ra abc = 36c A nếu c=2 => abc < 100 không thoả mãn. E nếu c=4 => abc = 144 không thoả mãn T nếu c=6 => abc = 216 thoả mãn M nếu c=8 => abc = 288 không thoả mãn K I 4) a+b=2 suy ra abc = 16c nếu c=8 => abc = 128 không thoả mãn nếu c=6 => abc < 100 không thoả mãn. B Vậy số cần tìm là 216. N Bài 4.(3,5điểm) Hình 2  = 1800 − ABI  − IAB  a) Trong ∆AIB có AIB .  B   A C = 1800 − − = 900 − 2 2 2. Lop10.com. C.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> .  = 1800 − C  ⇒ CEN  = 90 0 − C b) Vì CE=CN (t/c tiếp tuyến) nên ∆CEN cân tại C => 2CEN 2. Nên tứ giác AIKE nội tiếp.(1)  = IMA  = 900 vì (I) tiếp xúc với AB và AC nên tứ giác AMIE nội tiếp(2) Mặt khác IEA Từ (1) và (2) => năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn. c) Vì năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn.  = TIA  => ∆TEK~∆TIA(g.g)=> TE = TI (3) Nên TEK. TK TA BM BI Tương tự ∆BIM~∆BIA(g.g)=> = (4) BK BA  nên BI = TI (5) Do AI là phân giác của góc BAT BA TA BM TE Từ (3), (4), (5) => = Hay KT.BM = KB.ET . Mà BN=BM nên KT.BN = KB.ET BK TK  = 900 . Do A, B và c) Vì năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn nên AKB   không đổi mà BK = AB.cos ABt nên K cố tia Bt cố định => tia BK cố định và AB ; ABt 2. định. Nên các đường thẳng NE luôn đi qua điểm K cố định.. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>