Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương - Môn Toán (2010 - 2011)

doc
Số trang Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương - Môn Toán (2010 - 2011) 5 Cỡ tệp Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương - Môn Toán (2010 - 2011) 337 KB Lượt tải Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương - Môn Toán (2010 - 2011) 0 Lượt đọc Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương - Môn Toán (2010 - 2011) 34
Đánh giá Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương - Môn Toán (2010 - 2011)
4.4 ( 17 lượt)
Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu
Để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên
Chủ đề liên quan

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (2,0 điểm) 1) Cho . 1  3 12  135 3 122  135 Không dùng máy tính x   1 M=  9 x33  9 x 2  3 3 3 cầm tay, hãy tính giá trị của  biểu thức . xb, 2) Cho trước ; gọi là hai số  x  a Rb y, ay  thực thỏa mãn  3 3 2011 x  y3 aa2011  b3b 2011 Chứng minh rằng: . x  y 2011     Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình: x3  ax 2  bx  1 0 (1) 1) Tìm các số hữu tỷ và để x 2ab 3 phương trình (1) có nghiệm . S x11; ax,2b;1x3 1   x15 x25 x35 2) Với giá trị tìm được ở trên; gọi là ba nghiệm của phương trình (1). Tính giá trị của biểu thức . Câu 3 (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x 2  y 2  5 x 2xy, y2  60 37 xy thỏa mãn điều kiện: . 2) Giải hệ phương  x 3  x x 2 y  y  trình:  4  2  x  1  5 x  y  2 0 Cho hai đường tròn (O Câu 4 (3,0 điểm) ; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’ ; R’); D là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) tại M (điểm M khác điểm I ). 1) Gọi K là giao điểm của đường KB2 = KI.KJ thẳng IJ với BD. Chứng minh: ; từ đó suy ra KB = KD. 2) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 3) Chứng minh đường thẳng AM là Δ IBD tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp . Câu 5 (1,0 điểm) Mọi điểm trên mặt phẳng được đánh dấu  bởi một trong hai dấu (+) hoặc (). Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu. -----------Hết------------ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đáp án gồm : 04 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa. - Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Cho .Tính . 1 1 Từ Điểm 2 3 - 9 x 2 -3312 1  M= 12 9 x 135   135 x  1 3  3 3 3 1  3 12  135 3 12  135 x   1   12  135 12 3 3 3    3 x  1  3 123 135  3 12       135  3   1,00 3 38  3 3 x3  1 3 135  3x 3 13    3x  1    9 x  93x 2  20  3  2  M   1 1   0,25 0,25 0,25 1 2 Cho trước ; gọi x,y là hai số thực a, b  R thỏa mãn .Chứng minh rằng: . x 2011 aab2011  b 2011  x  y 2011 (I )  x  y a 3b 3 3 3 x  y  a  b (1)3 (I )    x 3 y a  b +/Nếu a (*)  b   0  x  y  a  b  x   y  3 xy x  y  a  b  (*) 3ab  a  b        xy ( a  b )  ab ( a  b ) (2) thì   => x, y là 2 nghiệm X 2  (xy a bab ) X  ab 0 của phương trình Giải ra ta có => . +/Nếu => . Ta có hệ phương trình . =>=> b ax2011 a b 2011 x 2011  xy 2011 b;  b0  aa y  a  x y 0  y b   y x20113a 2011 y 2011 a 2011x b 2011 0 b 2011 3  x  y  0   2011 2011  x  y 0 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 2 1 x  axx a , bbx 2  Q130 (1) 3 2 3  a 2 x 32   b3 2  3  1 0 . Tìm để (1) có nghiệm . Thay vào (1)ta 2 có :   3 2     0,25  3  4a  b  15  7 a  2b  25  4a  b  15 0 7a  2b  25 3 4a  b  15  0  4a7ab 2b15 250  a  5 4a  b  15 0 b 5 +/Nếu =>(vô lí vì VT là số vô tỷ , VP là số hữu tỷ). +/ Suy ra Giải hpt ,kết luận : 2 2 0,25 0,25 0,25 1,00 Với a=-5 ;b=5. Tính giá trị 1 1 1 S 5 5 5 của biểu thức . x1 x2 x3 +/ (1) có 5  x 2  4 x  1 0 x3  5 x 2  5 x  1 0a x-1 dạng .   2 'b Không mất tính tổng quát coi x  ,3 x25 121040 x1 x4 x 13x thì là 2 nghiệm của phương  trình ( có ) =>  x1 x2 1 2 +/. 2 2 x  x  x  x  2 x1 x2 14 1 2 1 2 +/. x13  x23  x1  x2 x12  x22  x1 x2 52 +/ x15  x25  x12  x22 x13  x23  x12 x22 x1  x2 724 =>S = 725   3 1 0,25 1,00   0,25           0,25 0,25 1,00 Tìm các số nguyên x, y x 2  y 2  5 x 2 y 2  60 37 xy thỏa mãn (1) 2 0,25 2 (1)   x  y   5 x 2 y 2  35 xy  60   x  y  5  xy  3   4  xy  . Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, VT 0 .  5  xy - 3  4  xy  0  3 xy 4 Do =>=>. xxy ,xy y ZZ 3 +/(vô nghiệm trên Z).  xy 3  xy 4  x  y +/.   xy 4  y   x  y 2 2 x  Vậy là các giá  x  y y0 2 x 2 3     x  2 2 trị cần tìm.  x  y  2  x  y  0   x 4 0,25 0,25 0,25  x  y  2 0,25 3 2 Giải hệ phương  x 3  x x 2 y  y  trình: (1)  4  2  x  1  5 x  y  2 0 (2) 1,00 Điều kiện :. y 0 (1).  x y +/Nếu thay vào   x  yy x12x  10   1 0y 1 x 1 phương trình (2) ta  có :. +/Nếu x  y 0  Khi đó (2) (3) 4 2 x  1  4 x4  2 02 do . 4 4 2 x  1  2.2  2 x  1 x2 .1 x 42x 2 nên VT(3) 2(4x - 2 x  1) 2 x  1 0. Do đó Pt (3) .  x 1 Vậy hệ phương   x 1   x x1  y 1 trình có nghiệm ; x  1  0            1 0,25   y 1  y 1 4 0,25 0,25 K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh KB = KD. 0,25 1,00 B Do AO và AO’ là hai tia  BAC phân giác của => A,O,O’ thẳng hàng. Có sđ ; chung   BI 1  BKI BJI IBK đồng dạng Δ Δ KJB KBI KI KB 2 =  KB2 =KI.KJ với(g.g)=>(1) KB KJ Tương tự:đồng dạng ΔΔ KJD KDI 2 KI KD  =  KD =KI.KJ với(2) KD KJ Từ (1) và (2) =>. KB=KD K M D A I H O O' J C 0,25 0,25 0,25 4 2 Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. +/Xét tam giác vuông ABO’ AB2 =AH.AO' có: (3) +/ Có :sđ ; chung BI 1 BAI   ABI  AMB  đồng dạng với(g.g) Δ Δ AMB ABI AB AI 2  =  AB2 =AM.AI (4). AM AB Từ (3),(4) =>. AH AM  = => đồng dạng với ( vì AI.AM=AH.AO' ΔΔAMO' AHI A AM AH AI = AO' AI AO' 0,25 1,00 0,25 0,25 ; chung ). => => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay 4 điểm I, H, M, O’ cùng thuộc một đường tròn. 4 5 3   AHI=AMO' 0,25 0,25 Chứng minh AM là tiếp tuyến của Δ IBD đường tròn ngoại tiếp 1,00 Do OD // O’B (cùng AO OD R OI OI      AB) AO' O'B R' O'M O'I nhưng OI cắt O’I và 0,25 A,I,M thẳng hàng => OI // O’M. 0,25 => .   DOI=BO'M mà sđ và sđ  0,25 1DI 1BM 11  BDI   BIM  BO'M DOI   =>=>IM tiếp xúc với đường  ΔBID  BDI 22BIM 22 tròn ngoại tiếp 0,25 hay AM là tiếp tuyến của đường Δ IBD tròn ngoại tiếp . Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác 1,00 vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu. Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh  A. C D Do chỉ đánh bởi hai dấu (+), () nên tồn tại hai điểm cùng dấu , không mất tổng quát giả sử hai điểm A, B cùng dấu và cùng dấu (+). + Nếu C có dấu (+) thì tam giác vuông cân 0,25 I ABC là tam giác phải tìm. + Nếu C có dấu (- ) thì ta dựng điểm D sao cho ABDC là hình vuông. _ Nếu D có dấu (+) thì tam giác ABD là A B tam giác cần tìm. 0,25 _ Nếu D có dấu (-) thì gọi I là giao điểm của AD và BC . 0,25 * Nếu I có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABI là tam giác cần tìm. * Nếu I dấu (-) thì dễ thấy tam giác vuông cân CID có ba đỉnh cùng 0,25 dấu (-) là tam giác cần tìm.
This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.