Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

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

1. Câu I (2.5 điểm): 1) Giải hệ phương trình: x2 y2 xy 3 2 xy 3x 4 2) Tìm m nguyên để phương trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên: 4x2 4mx 2m2 5m 6 0 Câu II (2.5 điểm): 1) Rút gọn biểu thức: 2 4 x2 2 x 3 2 x 3 A với 2 x 2 4 4 x2 2) Cho trước số hữu tỉ m sao cho 3 m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để: a 3 m2 b 3 m c 0 Câu III (2.0 điểm): 1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x 3 là một số nguyên dương và biết f (5) f (3) 2010 . Chứng minh rằng: f(7) f(1) là hợp số. 2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P x2 4x 5 x2 6x 13 Câu IV (2.0 điểm): Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy D, E sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho D· MK N· MP . Chứng minh rằng: 1) MD = ME 2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK. Câu V (1.0 điểm): Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm B và D thuộc đường tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG Năm học 2009-2010 Môn thi : Toán Hướng dẫn chấm Câu Phần Nội dung Điểm Câu I 1) x2 y2 xy 3 (1) 2 2,5 1,5điểm xy 3x 4 (2) điểm 4 3x2 Từ (2) x 0. Từ đó y , thay vào (1) ta có: x 0.25 2 2 2 2 4 3x 4 3x x x. 3 x x 0.25 4 2 7x 23x 16 0 0.25 16 Giải ra ta đượcx2 1 hoặc x2 = 7 0.25 16 4 7 5 7 Từ x2 1 x 1 y 1 ; x2 x y  7 7 7 0.25 4 7 5 7 Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1); ; ; 7 7 4 7 5 7 ; 7 7 0.25 2) Điều kiện để phương trình có nghiệm: x ' 0 0.25 1,0điểm m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0 . Vì (m - 2) > (m - 3) nên: x ' 0 m 2 0 và m 3 0 2 m 3, mà m Z m = 2 hoặc m = 3. 0.25 Khi m = 2 x ' = 0 x = -1 (thỏa mãn) Khi m = 3 x ' = 0 x = - 1,5 (loại). 0.25 Vậy m = 2. 0.25 Câu II 1) Đặt a 2 x; b 2 x (a, b 0) 2,5 1,5điểm a 2 b2 4; a 2 b2 2x 0.25 điểm 2 ab a3 b3 2 ab a b a 2 b2 ab A 4 ab 4 ab 0.25 2 ab a b 4 ab A 2 ab a b 4 ab 0.25 A 2 4 2ab a b 0.25 2 2 A 2 a b 2ab a b a b a b 0.25 A 2 a 2 b2 2x A x 2 0.25
3. 2) a 3 m2 b 3 m c 0 (1) 1,0điểm Giả sử có (1) b 3 m2 c 3 m am 0 (2) Từ (1), (2) (b2 ac) 3 m (a2m bc) 0.25 a 2m bc Nếu a 2m bc 0 3 m là số hữu tỉ. Trái với giả thiết! b2 ac b2 ac 0 b3 abc 2 2 a m bc 0 bc am 0.25 b b3 a3m b a 3 m . Nếu b 0 thì3 m là số hữu tỉ. Trái với a giả thiết! a 0;b 0 . Từ đó ta tìm được c = 0. 0.25 Ngược lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0 0.25 Câu III 1) Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a nguyên 2 điểm 1,0điểm dương. 0.25 Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c 16b + 2c = (2010- 98a) 0.25 Ta có f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c) = 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) 3 0.25 Vì a nguyên dương nên 16a + 2010>1 . Vậy f(7)-f(1) là hợp số 0.25 2) P x 2 2 12 x 3 2 22 1,0điểm Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25 Ta chứng minh được: AB x 2 x 3 2 1 2 2 25 1 26 2 2 2 2 OA x 2 1 , OB x 3 2 0.25 Mặt khác ta có: OA OB AB x 2 2 12 x 3 2 22 26 0.25 Dấu “=” xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA x 2 1 x 7 .Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A x 3 2 thuộc đoạn OB. Vậy MaxP 26 khi x = 7. 0.25 Câu IV 1) Ta dễ dàng chứng minh tứ giác 2 điểm 0,75điểm MBAN nội tiếp M· AB M· NB, MCAP nội tiếp C· AM C· PM . 0.25
4. Lại có B· NM C· PM (cùng phụ góc NMP) M C· AM B· AM (1) 0.25 Do DE // NP mặt khác K MA NP MA  DE (2) B Từ (1), (2) ADE cân tại A C MA là trung trực của DE MD = ME 0.25 D E N P A 2) 1,25điểm M K B C D E N P A Do DE//NP nên D· EK N· AB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên: N· MB N· AB 1800 N· MB D· EK 1800 0.25 Theo giả thiết D· MK N· MP D· MK D· EK 1800 Tứ giác MDEK nội tiếp 0.25 Do MA là trung trực của DE MEA MDA 0.25 M· EA M· DA M· EK M· DC . 0.25 Vì M· EK M· DK M· DK M· DC DM là phân giác của góc CDK, kết hợp với AM là phân giác DAB M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK. 0.25
5. Câu V A' 1 điểm B' B O A C D' D Không mất tổng quát giả sử:AB AC. Gọi B’ là điểm chính giữa cung A¼BC AB' CB' Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA AB BC CA' 0.25 Ta có: B· 'BC B· 'AC B· 'CA (1) ; B· 'CA B· 'BA 1800 (2) B· 'BC B· 'BA' 1800 (3);Từ (1), (2), (3) B· 'BA B· 'BA' 0.25 Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau A'B' B'A Ta có B'A B'C B'A' B'C A'C = AB + BC ( B’A + B’C không đổi vì B’, A, C cố định). Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’. 0.25 Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung A¼DC thì ta cũng có AD’ + CD’ AD + CD. Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D’. Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các cung A»C của đường tròn (O) 0.25 Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.