DE DA Lop IO CAO NGUYEN DAK LAK

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (150.21 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD&ĐT DAK LAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
TRƯỜNG THPT THỰC HANH CAO NGUYÊN

NĂM HỌC 2010 - 2011

Mơn thi: TỐN

Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Câu 1. (7,0 điểm)

a) Giải phương trình: x28x 3 2 x



8x



b) Giải hệ phương trình:





3 3

2 2

4 2

1 3 1

x y x y

x y

   





  



Câu 2. (2,0 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên n để n4n3n2 là số chính phương.
Câu 3. (4,0 điểm).

Cho tam giác ABC và AD là đường phân giác trong. Trên đoạn AD lấy hai điểm

M, N (M, N khác A và D) sao cho ABN CBM . Đường thẳng BM cắt đường tròn

ngoại tiếp tam giác ACM tại điểm thứ hai là E. Đường thẳng CN cắt đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABN tại điểm thứ hai là F.

Chứng minh ba điểm A, E, F thẳng hàng.
Câu 4. (3,0 điểm)

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường trịn (O; R), M là một điểm bất kì trên cung
nhỏ BC (M khác B, C). Đường tròn (O’; R’) tiếp xúc trong với đường tròn (O; R) tại
điểm M (với R’ < R). Các đoạn thẳng MA, MB, MC lần lượt cắt đường tròn (O’; R’)
tại điểm thứ hai là D, E, F. Từ A, B, C kẻ các tiếp tuyến AI, BJ, CK với đường tròn
(O’; R’) trong đó I, J, K là các tiếp điểm.

Chứng minh DE song song với AB và AI = BJ + CK.
Câu 5 (4,0 điểm)

a) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a b c  3.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a b b c c a   abc .

b) Trong mặt phẳng cho 2010 điểm phân biệt sao cho khơng có 3 điểm nào thẳng
hàng và khơng có 4 điểm nào cùng nằm trên một đường tròn.

Chứng minh rằng trong 2010 điểm đã cho, có thể dựng được một đường trịn đi
qua 3 điểm, chứa 1000 điểm và không chứa 1007 điểm cịn lại.

--- Hết

---Họ và tên thí sinh:... Số báo danh:...

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

NĂM HỌC 2010 - 2011

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 03 trang)

Mơn: TOÁN

---CÂ

U NỘI DUNG

ĐIỂ

1 7.0

a 4.0

Đặt x28x t t



0



1.0

Phương trình đã cho trở thành
2 2 3 0

1
3
t t
t
t
  


  

 ( loại)

1,5

Khi đó

2 8 3 2 8 9 2 8 9 0 1

x

x x x x x x

x


          


V ậy phương trình có nghiệm x1;x9

1.5

b 3,0

Hệ đã cho trở thành

3 3

2 2

4 2

3 4

x y x y

x y
   


 

 0,5

Suy ra 4



x3 y3

 

 x23y2





4x2y



10y312xy22x y2 0

0.5



 



y x y x y

    0,5

0
5
y
x y
x y



 

 


0.75
Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là:



 



5 1 5 1

2;0 , 2;0 , 1, 1 , 1;1 , ; , ;

7 7 7 7

 
   
      
   
0.75
2 2.0

Ta có A = n4n3n2 n n2



2 n 1



0.25

Với n = 0 thì A = 0 (thỏa mãn) 0.25

Với n0 thì A là số chính phương khi và chỉ khi n2 n 1 là số chính

phương. 0.25

Khi đó n2  n 1 k2



k 











2 2 2

4 n n 1 4k 2n 1 4k 3

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>



2n 1 2k

 

2n 1 2k



     

Vì 2n 1 2k2n 1 2 ,k  n ,k nên

2 1 2 3

2 1 2 1

2 1 2 3

n k

   




  




   
 

  
 



0.5

2 1 2 3

2 1 2 1

n k

n

n k

  


 


  

 (thỏa mãn) 0.25

2 1 2 1

2 1 2 3

n k

n

n k

  


 



  

 (loại)

Vậy n0;n1

0.25

3 3,0

Ta có Vì tứ giác AFBN nội tiếp nên NFA NBA  (1)
NAB NFB (2)

0.5
0.25
Tương tự MAC MEC  (3)

0.5
Theo giả thiết NAB MAC (4)

Từ (2), (3), (4) suy ra NFB MEC  1.0

Do đó tứ giác BCEF nội tiếp

Suy ra CFE CBE  (5) 0.75

Theo giả thiết NBA CBM (6)
Từ (1), (5), (6) ta có NFA NFE

0,75
F

B D C

N
A

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Do đó A, E, F thẳng hàng. 0.25

5 3.0

Kẻ tiếp chung Ax của (O) và (O’) tại M

Khi đó MAB xMB MDE ,  xME  MAB MDE   AB DE/ /

0.5

Suy ra

BE AD BE BM

BM AM  AD AM (1) 0.25

Ta có AI2 AD AM BJ. , 2 BE BM.

0.5

2 2

.
.

BJ BE BM BM

AI AD AM AM

  

( do (1) ) 

BJ BM

AI AM (2) 0,5

Tương tự

CK CM

AI AM (3) 0.25

Từ (2), (3) suy ra

BI CK BM CM

AI AM

 



0,25

Ta chứng minh được kết quả MA = MB +MC 0.5

Do vậy

BI CK BM CM

AI AM

 



= 1, từ đó AI = BJ + CK 0.25

5 4.0

a 2.0

Đặt a x b, y c,  z x y z, , 0,x2y2z2 3

Khi đó P = x y y z z x xyz2  2  2  0,25

Khơng mất tính tổng qt, giả sử x là số nằm giữa y và z 0.5

B C

E F

D
I

x

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Khi đó y x y x z





 





 0 x y y z xyz xy2  2   2
.

Suy ra x y y z z x xyz xy2  2  2   2xz2 x y



2z2



x



3 x2





 



2 x 1 x 2 2

    

Do dó P 2

0.75

Dấu bằng xảy ra khi a b c  1 hoặc a1, b0, c 2và các hoán vị.

0.25

Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 0.25

b 2,0

Vì các điểm đã cho là hữu hạn nên tồn tại 2 điểm A,B sao cho 2008 điểm
cịn lại nằm về

1 phía đối với đường thẳng AB.

0,5

Do khơng có 4 điểm nào cùng nằm trên một đường trịn nên ta có thể đặt
tên 2008 điểm còn lại là M M1, 2,...,M2008sao cho

AM B1 AM B2 ...AM2008B

0.5

Vẽ đường trịn đi qua A,B, M1001. 0.5

Khi đó các điểm M M1, 2,...,M1000nằm trong đường tròn này và các điểm

cịn lại nằm ngồi đường trịn này. 0.5

</div>

DE DA Lop IO CAO NGUYEN DAK LAK















 









 





 

 

 





















 





 













 



Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về