SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010 KHÁNH HOÀ MÔN : TOÁN NGÀY THI : 19/06/2009 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1.(2.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) a. Cho biết A = 51+ 5 và B = 5 . Hãy so sánh tổng A + B và tích AB. 15− −= ⎩ b. Giải hệ phương trình : ⎧ ⎨ . 2x y 1 3x 2y 12 += Bài 2.(2.50 điểm) Cho Parabol 2 (P): y x = và đường thẳng (d): y mx 2 = − (m là tham số, ) m0≠ a. Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng tọa độ Oxy. b. Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). c. Gọi A(x A ; y A ), B(x B ; yB E CBA= B ) là hai giao điểm phân biệt của (P) và (d). Tìm các giá trị của m sao cho : y A + y B = 2(x A + x B ) – 1. Bài 3.(1.50 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6(m) và bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi. Xác định chiều dài và chiều rộng của mảnh đất. Bài 4.(4.00 điểm) Cho đường tròn (O; R). Từ một điểm M nằm ngoài (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là hai tiếp điểm). Lấy điểm C bất kỳ trên cung nhỏ AB (C khác A và B). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên AB, AM, BM. a. Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh : CD .   c. Gọi I là giao điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB và DF. Chứng minh: IK // AB. d. Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để (AC 2 + CB 2 ) nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó khi OM = 2R. HẾT Đề thi này có 01 trang; Giám thị không giải thích gì thêm. SBD : …………/ Phòng : …… Giám thị 1 : ………………… Giám thị 2 : ………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010 KHÁNH HOÀ MÔN : TOÁN CHUYÊN NGÀY THI : 20/06/2009 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1.(2.00 điểm) a. Rút gọn biểu thức : 31 31 A 33 11 11 22 −+ =+ ++ −− . b. Tìm hai số a và b sao cho : 22 5a 5b 8ab 2a 2b 2 0 + −+++= . Bài 2.(2.00 điểm) a. Cho phương trình : (m là tham số). Tìm số nguyên m lớn nhất để phương trình có hai nghiệm sao cho 22 x(2m1)xm+−+=0 12 x,x 2 12 12 (x x ) 7 xx1 − + + + là một số nguyên. b. Giải hệ phương trình : . 22 22 (x y)(x y ) 3 (x y)(x y ) 15 ⎧ −−= ⎪ ⎨ ++= ⎪ ⎩ Bài 3.(2.00 điểm) a. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện : ab 222 c1 + += . Chứng minh rằng : abc2(1abcabbcca)0+++++++≥ . b. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên : 444 4 123 8 x x x x 2009++++=L . Bài 4.(3.00 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là điểm đối xứng của H qua BC. a. Chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (gọi đường tròn đó là (O)). b. Gọi Q là trung điểm của AB. Chứng minh EQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp EHC Δ . c. Biết BE cắt (O) tại điểm thứ hai là N và CF cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Tính giá trị biểu thức : AM BN CP T . AD BE CF =++ Bài 5.(1.00 điểm) Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC và một điểm M sao cho AM 1, BM CM 21===. Chứng minh rằng : ABC S8. 3≤ HẾT Đề thi này có 01 trang; Giám thị không giải thích gì thêm. SBD : …………/ Phòng : …… Giám thị 1 : ………………… Giám thị 2 : ………………… HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 – NĂM HỌC 2009-2010 Trang 1 (ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ CHÍNH THỨC) A. Hướng dẫn chung: 1. Hướng dẫn chấm gồm có 02 trang; 2. Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần tương ứng; 3. Bài 4 không vẽ hình không chấm; 4. Điểm toàn bài không làm tròn. B. Đáp án và thang điểm: Bài Đáp án Điểm A = 515+ và B = 515− . Hãy so sánh tổng A + B và tích AB. 1điểm A B 5 15 5 15 10+=+ +− = 0.25 ()()() 2 2 AB 5 15 5 15 5 15=+ − =− 0.25 25 15 10=−= 0.25 1a Vậy . ABAB+= 0.25 Giải hệ phương trình . 2x y 1 3x 2y 12 += ⎧ ⎨ −= ⎩ 1điểm 2x y 1 y 1 2x 3x 2y 12 3x 2(1 2x) 12 += =− ⎧⎧ ⇔ ⎨⎨ −= −− = ⎩⎩ 0.25 y12x x2 = − ⎧ ⇔ ⎨ = ⎩ 0.25 y3 x2 = − ⎧ ⇔ ⎨ = ⎩ 0.25 1b Vậy hệ có nghiệm duy nhất . (x; y) (2; 3)=− 0.25 Vẽ đồ thị 2 (P): y x= trên mặt phẳng tọa độ Oxy. 1điểm Bảng giá trị x … -2 -1 0 1 2 … y = x 2 … 4 1 0 1 4 … 0.50 2a Đồ thị o 0.50 Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). 1điểm Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x 2 = 3x – 2 ⇔ x 2 – 3x + 2 = 0 0.25 Suy ra x = 1 hay x = 2 0.25 Thế x = 1 y = 1, x = 2⇒ y = 4 ⇒ 0.25 2b Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1;1) và (2;4). 0.25 HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 – NĂM HỌC 2009-2010 Trang 2 Tìm các giá trị của m sao cho y A + y B = 2(x A + x B ) – 1. 0.5điểm Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x 2 = mx – 2 ⇔ x 2 – mx + 2 = 0(*) (d) cắt (P) tại 2 điểm A và B khi > 0Δ ⇔ m 2 – 8 > 0 ⇔ m 2 > 8 ⇔ m8m>∨<−8 0.25 2c Áp dụng hệ thức Viet vào phương trình (*), ta có AB xxm + = Vì A, B ∈(d). Nên y A = ; y A mx 2− B = B mx 2 − , do đó y A + y B = 2(x A + x B ) – 1 (m – 2)(x⇔ A + x B ) – 3 = 0 ⇔ m 2 – 2m – 3 = 0 m = 3 (thỏa) ∨ m = –1 (loại). Vậy m = 3. ⇔ 0.25 Xác định chiều dài và chiều rộng của mảnh đất. 1.5điểm Gọi x (m) là chiều dài của mảnh đất (x 6)> 0.25 Chiều rộng của mảnh đất là : . Chu vi mảnh đất là : x6− 4x 12 − 0.25 Bình phương độ dài đường chéo là : 22 x(x6)+− 0.25 Bình phương độ dài đường chéo gấp 5 chu vi nên : 22 x (x 6) 5(4x 12)+− = − 0.25 Giải phương trình bậc hai được (thỏa mãn), x = 4 < 6 (loại) x12= 0.25 3 Vậy chiều dài của mảnh đất bằng 12 (m). Chiều rộng mảnh đất bằng 12 – 6 = 6 (m). 0.25 Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp. 1điểm K I H F E D B A O M C Không cho điểm hình vẽ bài 4  0 AEC 90= (giả thiết) 0.25  0 ADC 90= (giả thiết) 0.25   0 AEC ADC 180+= 0.25 4a ⇒ tứ giác AECD nội tiếp. 0.25 Chứng minh .   CDE CBA= 1điểm   CDE CAE= (nội tiếp cùng chắn )  EC 0.25   CBA CAE= (nội tiếp và góc tiếp tuyến dây cung cùng chắn )  AC 0.50 4b ⇒   CDE CBA= . 0.25 Chứng minh IK // AB. 1điểm   0 CFB CDB 180+=⇒ tứ giác FCDB nội tiếp⇒ (nội tiếp cùng chắn )   CDF CBF=  CF 0.25  CAB = (nội tiếp và góc tiếp tuyến dây cung cùng chắn )  CBF  CB ⇒   CDF CAB= 0.25      ICK IDK ICK IDC CDK+=++ = = tứ giác CIDK nội tiếp    ACB CBA CAB++ 0 180 ⇒ 0.25 4c   CIK CDK= (nội tiếp cùng chắn ) (đồng vị) ⇒ IK // AB.  CK ⇒   CIK CAB= 0.25 Tìm vị trí điểm C để AC 2 + CB 2 nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất khi OM = 2R. 1điểm Đặt { } HABOM=∩ . Không mất tổng quát, giả sử AC BC ⇒ D thuộc đoạn AH (D ≤ A) ≠ AC 2 = AD 2 + CD 2 = (AH – DH) 2 + CD 2 = AH 2 + DH 2 – 2AH.DH + CD 2 0.25 CB 2 = BD 2 + CD 2 = (BH + DH) 2 + CD 2 = BH 2 + DH 2 + 2BH.DH + CD 2 0.25 Suy ra AC 2 + CB 2 = 2AH 2 + 2HC 2 AH không đổi nên AC 2 + CB 2 nhỏ nhất khi HC nhỏ nhất ⇔ C là điểm chính giữa  AB 0.25 4d Khi đó, với OM = 2R ta có CA = CB = R. Vậy AC 2 + CB 2 = 2R 2 . 0.25 HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010 (ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ CHÍNH THỨC) A. Hướng dẫn chung: 1. Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang; 2. Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần tương ứng; 3. Bài 4 không vẽ hình không chấm; 4. Điểm toàn bài không làm tròn. B. Đáp án và thang điểm: Bài Đáp án Điểm Rút gọn A. 1điểm 2 313 31 31 12 244 22 22 ⎛⎞ +=++ = + ⎜⎟ ⎝⎠ 0.25 2 331 1 222 ⎛⎞ −= − ⎜⎟ ⎝⎠ 0.25 ( ) ( ) 231 231 31 31 A 3333 33 33 22 22 −+ −+ =+= + +− +− 0.25 1a 83 A 3 = . 0.25 Tìm hai số a và b sao cho : . 22 5a 5b 8ab 2a 2b 2 0+−+++= 1điểm Ta có 22 2 2 2 2 5a 5b 8ab 2a 2b 2 0 (a 2a 1) (b 2b 1) (4a 8ab 4b ) 0+−+++=⇔++++++ −+ = 0.25 22 2 (a 1) (b 1) 4(a b) 0 ⇔ ++++ − = 0.25 2 2 2 (a 1) 0 a10 (b 1) 0 b 1 0 ab (a b) 0 ⎧ += + = ⎧ ⎪ ⎪ ⇔ +=⇔+= ⎨⎨ ⎪⎪ = −= ⎩ ⎩ 0.25 1b Vậy . ab 1==− 0.25 Tìm số nguyên m lớn nhất sao cho 2 12 12 (x x ) 7 xx1 − + ++ là một số nguyên. 1điểm () 2 2 2m 1 4m 4m 1Δ= − − =− + Phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 khi 1 4m 1 0 m (*) 4 Δ=− + ≥ ⇔ ≤ 0.25 Theo định lý Viet, ta có : x 1 + x 2 = 1 – 2m, x 1 x 2 = m 2 ()() () 22 2 2 l2 l2 12 12 12 xx 7 xx 4xx7 12m 4m7 84m 2 2 xx1 xx1 12m1 22m 1m −+ +− + − −+ − === ++ ++ − + − − =+ 0.25 () {} 2 l2 12 xx 7 2 m1;0;2;3 xx1 1m −+ ∈Ζ⇔ ∈Ζ⇔ ∈ − ++ − 0.25 2a Đối chiếu điều kiện (*), ta được m = 0. 0.25 Trang 1 HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010 Giải hệ phương trình ( ) () () () 22 22 x y x y 3 x y x y 15 ⎧ −−= ⎪ ⎨ ++= ⎪ ⎩ . 1điểm () () () () ()() () () ()() ()() 2 22 2 22 222 xy xy 4xy 3 xyx y 3 xyxy 3 xyx y 15 xyx y 15 xy xy 2xy 15 ⎧ ⎡⎤ + +− = ⎧ ⎧ −−= +−= ⎪⎪⎪⎣ ⇔⇔ ⎨⎨⎨ ++= ⎡⎤ ++= ⎦ + +− = ⎪⎪⎪ ⎩ ⎩ ⎣⎦ ⎩ 0.25 Đặt S = x + y, P = x.y, hệ trở thành ( ) () 2 3 2 SS 4P 3 SP 6 S 3 S2SP15 P2 SS 2P 15 ⎧ −= = = ⎧⎧ ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ ⎨ − == −= ⎩⎩ ⎪ ⎩ 0.25 Do đó x,y là nghiệm của phương trình bậc hai t 2 – 3t + 2 = 0 0.25 2b Hệ có hai nghiệm là (2;1), (1;2). 0.25 Chứng minh abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) ≥0 với a 2 + b 2 +c 2 = 1. 1điểm a 2 + b 2 + c 2 = 1 ⇒ |a|, |b|, |c| 1. Do đó ≤ 0.25 (1 + a)(1 + b)(1 + c) 0 1 + a + b + c + ab + bc + ac + abc 0 (1) ≥ ⇔ ≥ 0.25 Mặt khác (1+ a + b + c) 2 0 1 + a≥ ⇔ 2 + b 2 + c 2 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2bc + 2ac≥0 1 + a + b + c + ab + bc + ac 0 ( 2) (vì a⇔ ≥ 2 + b 2 + c 2 = 1) 0.25 3a Cộng (1) và (2) theo vế được bất đẳng thức cần chứng minh. 0.25 Chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên. 444 4 123 8 x x x x 2009++++=L 1điểm Nếu tất cả x i chẵn thì chẵn nên 4 i x 444 123 xxx x 4 8 + +++L chẵn, không thể bằng 2009 0.25 Nếu có x k lẻ: x k = 2m k + 1, m k Z∈ , () 4 43 kk kk kk x2m116m(m2)8m(3m1)1 = += ++ ++ Nếu m k chẵn thì kk 8m (3m 1) 16+ M m k lẻ thì chẵn k 3m 1+ kk 8m (3m 1) 16⇒+M Do đó, chia cho 16 có số dư bằng 1 4 k x 0.25 Vì vậy, chia cho 16 có số dư tối đa bằng 8 444 123 xxx x++++L 4 8 0.25 3b Còn 2009 = 125.16 + 9 khi chia cho 16 có số dư là 9. Vậy không thể xảy ra 444 4 123 8 x x x x 2009++++=L , với i xZ ∈ . 0.25 Chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O). 1điểm4a Q R P F H N E M D O B A C Không cho điểm hình vẽ bài 4 Trang 2 HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010 Xét tứ giác HEAF ta có A     00 0 0 EH AFH 90 90 180 FAE FHE 180+=+=⇒+= 0.25 Ta có (đối đỉnh)   BHC FHE= 0.25 Theo giả thiết M và H đối xứng nhau qua BC nên   BMC BHC= 0.25 Suy ra Tứ giác ABMC nội tiếp (O)   0 FAE BMC 180+=⇒ 0.25 Chứng minh EQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp EHC Δ . 1điểm Gọi R trung điểm HC. Ta có RE = RH = RC = HC 2 (tính chất trung tuyến vuông HEC) Δ ⇒ R là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC 0.25   REC RCE= ( REC cân tại R); QE = QA = QB =Δ AB 2 (tính chất trung tuyến Δ vuông AEB) ( Δ QAE cân tại Q) ⇒   QAE QEA= 0.25 Mà (   0 QAE RCE 90+= Δ AFC vuông tại F)⇒   0 QEA REC 90+= ⇒  0 QER 90= 0.25 4b ⇒QE ER tại E và E ⊥ ∈ (R). Nên EQ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC. 0.25 Tính giá trị của biểu thức T = AM BN CP AD BE CF ++ . 1điểm Trong (O) có (nội tiếp cùng chắn ) và (cùng phụ )   NCA NBA=  AN   ACP NBA=  BAC   NCA ACP⇒= 0.25 Δ NCH có CE là đường cao vừa là đường phân giác ⇒ Δ NCH cân tại C AC là trung trực của đoạn HN EH = EN. Tương tự ta chứng minh được FH = FP ⇒ ⇒ 0.25 Do đó T = AM BN CP AD DM BE EN CF FP AD BE CF AD BE CF ++ ++= + + + DM EN FP DH EH FH 33 AD BE CF AD BE CF =+ + + =+ + + 0.25 4c S(BCH) S(ACH) S(ABH) S(ABC) 33 S(ABC) S(ABC) 4 + + =+ =+ = . 0.25 Chứng minh ABC S8≤ 3. 1điểm Gọi H là trung điểm BC. Do BM = CM nên M thuộc trung trực đoạn BC ⇒ MH BC⊥ 0.25 Lấy A 1 trên tia đối của MH sao cho MA 1 = 1. Ta có a1 h AMMHAMMHAH 1 ≤ += += Đặt MH = x (x > 0), ta có 1 ABC a 1 1 A BC 11 S BC.h BC.A H BH.A H S 22 =≤ =≤ 0.25 22 BH BM MH 21 x=−=− 2 1 AH x 1=+ 2 1 BH.A H (x 1) 21 x=+ − () 1 2 22 ABC S(x1)(21⇒=+−x) 0.25 5 Ta chứng minh () 1 2 43 A 1 A M h a B H C 2 ABC S 192 x 2x 20x 42x 21 192≤⇔−−+ ++≤ : luôn đúng. 22 (x 3) (x 8x 19) 0⇔− ++ ≥ Đẳng thức xảy ra khi . MH 3= 0.25 HẾT Trang 3 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2 010 KHÁNH HOÀ MÔN : TOÁN NGÀY THI : 19/06/2009 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài. GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2 010 KHÁNH HOÀ MÔN : TOÁN CHUYÊN NGÀY THI : 20/06/2009 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) . Điểm toàn bài không làm tròn. B. Đáp án và thang điểm: Bài Đáp án Điểm A = 515+ và B = 515− . Hãy so sánh tổng A + B và tích AB. 1điểm A B 5 15 5 15 10+ =+ +− = 0.25 ()()() 2 2 AB 5 15