Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 —————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————— (Đề có 01 trang) Câu 1 (3,0 điểm). 1 1 9 x y x y 2 a) Giải hệ phương trình: 1 5 xy xy 2 b) Giải và biện luận phương trình: | x 3| p | x 2 | 5 (p là tham số có giá trị thực). Câu 2 (1,5 điểm). a2 b2 c2 Cho ba số thực a,b,c đôi một phân biệt. Chứng minh 2 (b c)2 (c a)2 (a b)2 1 2x 2 Câu 3 (1,5 điểm). Cho A và B . 4x2 4x 1 x2 2x 1 2A B Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho C là một số nguyên. 3 Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung điểm của BD, AC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại Q. Chứng minh: a) KM // AB. b) QD = QC. Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ tên thí sinh SBD
2. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 —————— HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho lớp chuyên Toán. ————————— Câu 1 (3,0 điểm). a) 1,75 điểm: Nội dung trình bày Điểm Điều kiện xy 0 0,25 2[xy(x y) (x y)] 9xy (1) Hệ đã cho 2 0,25 2(xy) 5xy 2 0 (2) xy 2 (3) Giải PT(2) ta được: 1 0,50 xy (4) 2 x 1 x y 3 y 2 Từ (1)&(3) có: 0,25 xy 2 x 2 y 1 x 1 3 1 x y y 2 2 Từ (1)&(4) có: 0,25 1 1 xy x 2 2 y 1 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: (x; y) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1) 0,25 b) 1,25 điểm: Nội dung trình bày Điểm Xét 3 trường hợp: TH1. Nếu 2 x thì PT trở thành: ( p 1)x 2( p 1) (1) 0,25 TH2. Nếu 3 x 2 thì PT trở thành: (1 p)x 2(1 p) (2) TH3. Nếu x 3 thì PT trở thành: ( p 1)x 2( p 4) (3) Nếu p 1 thì (1) có nghiệm x 2 ; (2) vô nghiệm; (3) có nghiệm x nếu thoả mãn: 2( p 4) 0,25 x 3 1 p 1. p 1 Nếu p 1 thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2 x ; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm. 0,25 Nếu p 1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 3 x 2 ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25 Kết luận: 2( p 4) + Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và x p 1 + Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm 2 x ¡ 0,25 + Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm 3 x 2 p 1 + Nếu thì phương trình có nghiệm x = 2. p 1 Câu 2 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm + Phát hiện và chứng minh 1,0 1
3. bc ca ab 1 (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) + Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng: 2 a b c bc ca ab 0,5 2 2 b c c a a b (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) Câu 3 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm Điều kiện xác định: x 1 (do x nguyên). 0,25 1 2(x 1) 2 1 x 1 Dễ thấy A ; B , suy ra: C 0,25 | 2x 1| | x 1| 3 | 2x 1| | x 1| 2 1 4(x 1) 4(x 1) 1 2x Nếu x 1 . Khi đó C 1 0 C 1 1 0 3 2x 1 3(2x 1) 3(2x 1) 3(2x 1) 0,5 Suy ra 0 C 1 , hay C không thể là số nguyên với x 1 . 1 Nếu x 1 . Khi đó: x 0 (vì x nguyên) và C 0 . Vậy x 0 là một giá trị cần tìm. 0,25 2 1 Nếu x . Khi đó x 1 (do x nguyên). Ta có: 2 2 1 4(x 1) 4(x 1) 2x 1 C 1 0 và C 1 1 0 , suy ra 1 C 0 0,25 3 2x 1 3(2x 1) 3(2x 1) 3(2x 1) hay C 0 và x 1 . Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x 0, x 1 . Câu 4 (3,0 điểm): a) 2,0 điểm: Nội dung trình bày Điểm Gọi I là trung điểm AB, A I B E IK CD, R IM CD . Xét hai tam 0,25 giác KIB và KED có: ·ABD B· DC KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25 K M I·KB E· KD 0,25 Q Suy ra KIB KED IK KE . 0,25 Chứng minh tương tự có: MIA MRC 0,25 Suy ra: MI = MR 0,25 D C E H R Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR nên KM là đường trung bình KM // 0,25 CD Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm) 0,25 b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày Điểm Ta có: IA=IB, KB=KD (gt) IK là đường trung bình của ABD IK//AD hay IE//AD 0,25 chứng minh tương tự trong ABC có IM//BC hay IR//BC Có: QK  AD (gt), IE//AD (CM trên) QK  IE . Tương tự có QM  IR 0,25 Từ trên có: IK=KE, QK  IE QK là trung trực ứng với cạnh IE của IER . Tương tự 0,25 QM là trung trực thứ hai của IER Hạ QH  CD suy ra QH là trung trực thứ ba của IER hay Q nằm trên trung trực của 0,25 đoạn CD Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm). Câu 5 (1,0 điểm): Nội dung trình bày Điểm 2
4. P' A B' C' P B C A' Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi 0.25 đó S 1 . Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác A' B 'C ' (hình vẽ). Khi đó SA'B'C ' 4SABC 4 . 0.25 Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A' B 'C ' . Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác A' B 'C ', chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó d P; AB d C; AB , suy ra SPAB SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có 0.25 diện tích lớn nhất. Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A' B 'C ' có diện tích không lớn 0.25 hơn 4. Một số lưu ý: -Trên đây chỉ trình tóm tắt một cách giải với những ý bắt buộc phải có. Trong quá trình chấm, nếu học sinh giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. -Trong quá trình giải bài của học sinh nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả phần sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm. -Bài hình học, nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. -Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25 điểm. -Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. —Hết— 3