Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên tỉnh tuyên quang năm học 2011 2012(có đáp án)

Hướng dẫn chấm, biểu điểm MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Điểm Nội dung Câu 1 (1 điểm) a) Rút gọn 0,5 11 + 6 2 + 11 − 6 2 11 + 6 2 + 11 − 6 2 = 32 + 2.3. 2 + = 3 + 2 + 3 − 2 = 3 + 2 +3 − 2 = 6 b) Chứng minh rằng hai với hệ số nguyên. 11 + 6 2 , ( 2) 2 + 32 − 2.3. 2 + ( 2) 2 = (3+ 2 ) 2 + (3− 2 ) 2 (vì 3 + 2 > 0 và 3 - 2 < 0 ) 11 − 6 2 0,25 0,25 là hai nghiệm của một phương trình bậc Ta có: 11 + 6 2 + 11 −6 2 = 6 (theo a) và 11 + 6 2 . 11 − 6 2 = 11 −( 6 2 ) = 121 −72 = 7 Theo ĐL Viét đảo 11 + 6 2 , 11 − 6 2 là hai nghiệm của PT: x2 – 6x +7 = 0 Phương trình này có các hệ số nguyên (đ.p.c.m) 2 2 0,5 0,25 0,25 Câu 2 (1,5 điểm) Cho PT: x2 – 2mx + m2 - m + 1 = 0 với m là tham số (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. Ta có: ∆ '' = (−m) 2 − (m 2 − m + 1) = m − 1 PT (1) có nghiệm ⇔ ∆ '' ≥ 0 ⇔ m − 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 (*) 0,5 0,5 2 2 b) Gọi x1 , x2 các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để A = x1 + x2 − x1 x2 = 7 0,5 Theo ĐL Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m; x1.x2 = m 2 − m + 1 2 Ta có: A = x12 + x22 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 = (2m) 2 − 3(m 2 − m + 1) = m 2 + 3m − 3 0,25 m = 2 A = 7 ⇔ m2 + 3m − 3 = 7 ⇔ m2 + 3m − 10 = 0 ⇔  Kết hợp với (*) ta có m = 2  m = −5 0,25 c) Tìm m để A đạt giá trị nhỏ nhất 0,5 Theo b) ta có A = m2 + 3m − 3 = (m2 − 2m + 1) + (5m − 5) + 1 = ( m − 1) 2 + 5( m − 1) + 1 0,25 Vì m ≥ 1 nên A ≥ 1. Vậy Amin = 1 khi m = 1 0,25 Câu 3 (3 điểm) Giải các phương trình: a) ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) ( x + 7) = −15 (*) Ta có: (x +1)(x+7) = x2 + 8x + 7; (x+3)(x+5) = x2 +8x + 15 Đặt t = x2 + 8x + 7 ⇒ x2 +8x + 15 = t +8 Thay t vào PT (*): t (t+8) = -15 ⇔ t2 + 8t + 15 = 0 ⇔ t = -3 hoặc t = -5 1.0 0,5 2 Với t = -3 ta có PT: x2 + 8x + 7 = -3 ⇔ x2 + 8x + 10 = 0 ⇔ x = - 4 + 6 hoặc x = - 4 - 6 Với t = -5 ta có PT: x2 + 8x + 7 = -5 ⇔ x2 + 8x + 12 = 0 ⇔ x = - 2 hoặc x = - 6 Kết luận: Tập nghiệm của PT đã cho là { −2; −6; −4 + 6; −4 − 6 } 0,5 1,0 b) x + 3 + 6 − x − ( x + 3)(6 − x) = 3 (*) x + 3 ≥ 0 ⇔ { −3 ≤ x ≤ 6 6 − x ≥ 0 Điều kiện:  0,25 u ≥ 0 u = x + 3 u 2 + v 2 = 9 (u + v) 2 − 2uv = 9  ⇒ v ≥ 0 ⇔ ⇔ Đặt   Ta có HPT:   u + v − uv = 3 u + v = 3 + uv v = 6 − x u 2 + v 2 = 9   uv = 0  u = 0 ( uv ) 2 + 4uv = 0 (3 + uv) 2 − 2uv = 9 uv = 0   ⇔ ⇔  uv = −4 ⇔ ⇔  v = 0 ⇔  u + v = 3 + uv u + v = 3 + uv u + v = 3 + uv    u + v = 3 + uv u + v = 3      x + 3 = 0  u = 0   x = −3      6 − x = 3  x = −3 v = 3 6 − x = 9  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Vậy tập nghiệm của PT là { −3;6}  v = 0  x = 6 x = 6     6 − x = 0     u = 3   x + 3 = 9   x + 3 = 3 0,25 0,5 c) x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = 0 Ta có: 1,0 x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = 0 ⇔ x3 – 7x2 + 2x2 - 14x + 2011x – 7.2011 = 0 ⇔ x2 (x – 7) + 2x (x – 7) + 2011 (x-7) = 0 0,5 ⇔ (x - 7) (x2 + 2x +2011) = 0 x = 7 x = 7 ⇔ 2 ⇔ ⇔x =7 2 x + 2 x + 2011 = 0 ( x +1) + 2010 = 0 .Tập nghiệm của PT: { 7} 0,5 Câu 4 (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên: a) x 2 + x − y 2 + y =3 (1) Ta có (1) ⇔ x 2 + x − y 2 + y = 3 ⇔ x 2 − y 2 + x + y = 3 ⇔ ( x + y )( x − y + 1) = 3 Vì Ư(3) = { −1; − 3;1;3} nên (2) có các trường hợp: TH1: 3  x = 2 x + y = 1 x + y = 1  ⇔ ⇔  x − y +1 = 3 x − y = 2  y = −1   2 TH2: 3  x = 2 x + y = 3 x + y = 3  ⇔ ⇔  x − y +1 = 1 x − y = 0 y = 3   2 1,0 0,5 0,5 3 TH3: −5  x = 2  x + y = −1  x + y = −1  ⇔ ⇔   x − y + 1 = −3  x − y = −4 y = 3   2 TH4: −5  x = 2  x + y = −3  x + y = −3  ⇔ ⇔   x − y + 1 = −1  x − y = −2  y = −1   2 Các trường hợp không có nghiệm nguyên. Vậy PT (1) không có nghiệm nguyên b) x − 2008 + y − 2009 + z − 2010 + 3012 = Điều kiện: x ≥ 2008, y ≥ 2009, z ≥ 2010 (*) PT (1) ⇔ ( x − 2008) − 2 x − 2008 + 1 + (y − 2009) − 2 1 2 ( x + y + z ) (1) 1,0 0,25 y − 2009 + 1 + ( z − 2010) − 2 z − 2010 + 1 = 0 ⇔ ( x − 2008 − 1) + ( y − 2009 − 1) + ( z − 2010 − 1) 2 = 0 2 2  x − 2008 − 1 = 0  x = 2009   ⇔  y − 2009 − 1 = 0 ⇔  y = 2010   z = 2011   z − 2010 − 1 = 0 Các giá trị x, y, z thoả mãn (*). 0,5 Vậy nghiệm nguyên của PT là: (x; y; z) = (2009; 2010; 2011) Câu 5 (2,5 điểm). Tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O, R). Gọi H là trực tâm của ∆ ABC, I là trung điểm của đoạn thẳng BC, G là giao điểm của AI và OH; M, N, P lần lượt là chân các đường cao của ∆ ABC hạ từ A, B, C. Gọi SABC là diện tích ∆ ABC. Chứng minh: a) G là trọng tâm của tam giác ABC. 1,25 A 0,25 N J K O P H B M G C I D Gọi D là giao điểm của AO với đường tròn (O). H là trực tâm của tam giác ABC nên: HC ⊥ AB, BH ⊥ AC (1) AD là đường kính nên: DB ⊥ AB, DC ⊥ AC (2) Từ (1) và (2) ta có: HC//DB và BH//DC ⇒ BHCD là hình bình hành IB = IC ⇒ H, I, D thẳng hàng và IH = ID Tam giác HAD có OI là đường trung bình ⇒ AH = 2OI Ta có: ∆GAH : ∆GIO (g.g) ⇒ AG = 2GI ⇒ G là trọng tâm ABC (đ.p.c.m) b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP 0,5 0,5 0,75 4 Gọi M, N, P lần lượt là chân các đường cao hạ từ A, B, C. Ta chứng minh MA · là tia phân giác trong của PMN ¶ = 900 ) ⇒ PMH · · ¼ ) Tứ giác PHMB nội tiếp (vì Pµ = M (cùng chắn PH (1) = PBH 0 · · · · » Tứ giác ANMB nội tiếp (vì ANB = AMB = 90 ) ⇒ PBN = AMN (cùng chắn AN ) (2) · · · Từ (1) và (2) ta có: PMA = PMH = PBH = ·ABN = ·AMN ⇒ MA là tia phân giác trong · của PMN . Chứng minh tương tự ta có NB, PC lần lượt là các tia phân giác trong của · · PNM , NPM . Điểm H là giao của 3 tia phân giác trong nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP (đ.p.c.m) 0,5 0,25 0,5 c) R(MN + NP + PM) = 2SABC Gọi J và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AC, AB. Ta có: OI ⊥ BC, 1 2 OJ ⊥ AC, OK ⊥ AB nên: S ABC = SOBC + SOAC + SOAB = ( OI .BC + 0 J . AC + OK . AB ) ⇔ 2S ABC = OI .BC + OJ . AC + OK . AB (1) · Xét các ∆APN , ∆ABC có µA chung, ·ANP = ABC (do tứ giác PBCN nội tiếp nên 2 · góc này cùng bù với PNC ) ⇒ ∆ANP : ∆ABC. (2) ∆ ANP nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng ½ OH= OI. ∆ ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R nên từ (2) ta có: NP OI = ⇔ OI .BC = NP.R BC R 0,5 Chứng minh tương tự ta có: OJ. AC = PM.R, OK.AB = MN. R. Thay vào (1) ta có: R(MN + NP + PM) = 2SABC (đ.p.c.m) 5