Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn môn Toán - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn môn Toán - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

1. Sở giáo dục và đào tạo kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn Thanh hoá năm học: 2010 - 2011 Đề chính thức Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Đề thi gồm có 01 trang Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2010 Câu 1: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: x3 3x 140 0 . 2. Không dùng máy tính, tính giá trị biểu thức: P 3 70 4901 3 70 4901 . Câu 2: (2,5 điểm) 1 1. Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y = -1. Gọi M là một điểm bất kỳ 4 thuộc (P). Tìm trên trục tung tất cả các điểm sao cho khoảng cách từ M đến điểm đó bằng khoảng cách từ M đến đường thẳng (d). 2. Cho ba số không âm a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: b + c 16abc. Chỉ rõ dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Câu 3: (1,5 điểm) 1 10 10 1 x x y y y 3 3 y Giải hệ phương trình sau (với x > 0, y < 0): 82 x2 y2 9 Câu4: (3,0 điểm) Tam giác ABC có Bã AC 1050 , đường trung tuyến BM và đường phân giác trong CD cắt nhau tại K sao cho KB = KC. Gọi H là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC. 1. Chứng minh rằng: HA = HB. 2. Tính số đo các góc ãABC và ãACB . Câu 5: (1,0 điểm) Ký hiệu [x] là phần nguyên của số thực x. Tìm các số thực x thoả mãn: 8x 1 4x 1 16x 7 . 6 3 9 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: .
2. Sở giáo dục và đào tạo kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn Thanh hoá năm học: 2010 - 2011 ĐáP áN Đề THI CHíNH THứC Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2010 Đáp án này gồm có 04 trang Hướng dẫn chung: * Lời giải nêu trong đáp án, nói chung, là lời giải vắn tắt. Khi làm bài, học sinh phải nêu đầy đủ và chính xác các suy luận thì mới được điểm. * Các câu hình học: Nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm. Nếu học sinh thừa nhận kết quả của ý trên để giải ý dưới thì không chấm điểm ý dưới. * Các cách giải khác với cách nêu trong đáp án này mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa của phần (câu) tương ứng. * Điểm của toàn bài không làm tròn. Câu ý Nội dung Điểm I 1 x3 3x 140 0 (x 5)(x2 5x 28) 0 0,5 (2,0đ) (1,0đ) 2 2 5 87 x 5 0 (Vì x 5x 28 x 0, x ). 0,25 2 4 x 5 0,25 Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x = 5. 2 Với P 3 70 4901 3 70 4901 ta có: (1,0đ) 0,5 P3 140 3P P3 3P 140 0 Do đó P là nghiệm của phương trình: x3 3x 140 0 . 0,25 Theo ý 1, phương trình trên có nghiệm duy nhất: x0 5 Vậy P 3 70 4901 3 70 4901 5 . 0,25 2 1 Giả sử E(0; y0) là một điểm trên trục tung. (2,5đ) (1,5đ) 1 2 Do M (P) nên M x; x và khoảng cách từ M đến (d) là: 4 0,5 2 1 2 2 1 2 h x 1; độ dài ME x x y0 (dùng pitago để tính). 4 4 2 2 2 1 2 1 2 Từ đó: x x y0 x 1 với x. 0,25 4 4 1 1 x2 x2 y y2 x2 1 với x. 2 0 0 2 0,25 1
3. 2 1 1 2 x y0 y0 1 0 với x. 2 2 Yêu cầu bài toán được thoả mãn khi: 1 1 y0 0 2 2 y0 1 0,5 2 y0 1 0 Vậy có duy nhất một điểm E thoả mãn bài toán: E(0; 1). 2 Trước hết chứng minh: (x + y)2 ≥ 4xy với mọi x, y. 0,25 (1,0đ) Đẳng thức xảy ra khi: x = y áp dụng ta có: (a + b + c)2 = [a +(b + c)]2 ≥ 4a(b + c). Đẳng thức 1 xảy ra khi: a = b + c a (*) 2 0,5 Do a + b + c = 1 nên bất đẳng thức trên suy ra: 1 ≥ 4a(b + c) b + c ≥ 4a(b + c)2 (do b + c không âm) Nhưng lại có (b + c)2 ≥ 4bc. Đẳng thức xảy ra khi: b = c ( ) Suy ra: b + c ≥ 16abc. 0,25 1 1 Từ (*) và ( ) có: đẳng thức xảy ra khi a ;b c . 2 4 3 1 1 10 10 (1,5đ) Ta có: x x và x y x y y y 3 3 0,25 1 10 10 1 Suy ra: x x y y . y 3 3 y 1 x 0 y Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: 10 x y 0 3 1 x 0 (1) y 0,25 10 x y 0 (2) Do đó, hệ đã cho tương đương với: 3 82 x2 y2 (3) 9 x 0,y < 0 (4) 10 1 10 Từ (1) và (2) ta có: y y2 y 1 0 (*) 0,25 3 y 3 2
4. 2 2 10 2 10 2 2 2 82 Từ (2) có: y x y y x y 3 3 9 0,25 10 y2 y 1 0 ( ) 3 y 3 2 10 Từ (*) và ( ) suy ra: y y 1 0 1 . 0,25 3 y 3 1 1 Từ đó, hệ đã cho có 2 nghiệm: ; 3 và 3; . 0,25 3 3 4 1 A (3,0đ) (2,0đ) D M K B H C Nối HM khi đó MH = MA = MC suy ra: 0,25 Mã HC Mã CH 2Bã CK . Theo giả thiết: KB KC Kã BC Kã CB . 0,25 Do vậy: Mã HC 2Kã BC (1). Mặt khác: Mã HC Kã BC Hã MB (2). 0,5 Từ (1) và (2) có: Kã BC Hã MB HBM cân tại H MH = HB. Giả sử HA HB, khi đó ãABH Bã AH Bã AH 450 và ãABH 450 . 0,5 Vì Bã AH Cã AH 1050 nên Cã AH 600 . ã ã 0 ã 0 Tam giác AMH cân tại M nên AHM HAM 60 AMH 60 . 0,25 Do đó HA MH HB (mâu thuẫn). Tương tự, nếu HA < HB ta cũng gặp điều mâu thuẫn. 0,25 Vậy: HA = HB. 2 Từ kết quả ý 1 suy ra AHB vuông cân tại H Bã AH ãABH 450 . 0,5 (1,0đ) Hã AC 600 ãACB 300 . 0,25 Vậy: ãABC 450 , ãACB 300 . 0,25 5 4x 1 1 4y 1 Đặt y , ta có: y  y . 0,25 (1,0đ) 3 2 3 3
5. 1 4y 1 Mặt khác: y 2y  y 2y 0,25 2 3 4y 1 3t 1 3t 1 t 1 Đặt t t t t 1 . 0,25 3 2 2 t 0 1 x 8 Từ đó ta có: 0,25 7 x 16 4