Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Hùng Vương môn Toán năm 2009 - 2010

Mời các em học sinh cùng tham khảo "Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Hùng Vương môn Toán năm 2009 - 2010". Nội dung đề thi bám sát chương học, cấu trúc đề trình bày rõ ràng và chi tiết, tham khảo để các em nắm vững kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng giải đề.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Hùng Vương môn Toán năm 2009 - 2010Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹ophó thäk× thi tuyÓn sinh líp 10THPT chuyªn hïng v-¬ngn¨m häc 2009-2010§Ò chÝnh thøcM«n: To¸n (Chuyªn To¸n)Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò.(§Ò thi cã 01 trang)mx  y  2 (1) x  my  5 (2)Câu 1(2 điểm). Cho hệ phương trình: (m là tham số)a) Chứng tỏ hệ đã cho luôn có nghiệm duy nhất với mọi m.b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình trên có nghiệm (x, y) thoả mãn x + y = 5.Câu 2(1 điểm). Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x3  y3  z 2trong đó y là số nguyên tố,  z;3   z; y   1Câu 3(3 điểm).a) Giải phương trình: x  12009  x  12008 x  2   x  12007 x  22  x  1 x  2 2008b) Cho x, y là các số thực dương thoả mãn điều kiện x  y của biểu thức A   x  2200905. Tìm giá trị nhỏ nhất44 1.x 4yCâu 4(3 điểm).Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O) và điểm P nằm trongtam giác ABC sao cho BAP  PBC; CAP  PCB . Đường thẳng AP cắt cạnh BC tại M .a) Chứng minh rằng M là trung điểm của cạnh BC .b) Chứng minh rằng tứ giác BHPC nội tiếp trong một đường tròn ( ) , trong đó H làtrực tâm tam giác ABC .c) Đường trung trực của đoạn thẳng PA cắt đường thẳng BC tại Q . Chứng minh rằngQA tiếp xúc với (O) và QP tiếp xúc với ( ) .Câu 5(1 điểm).Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  3 . Chứng minh rằng:111 2 21a 2 b 2 c 22——Hết——Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ tên thí sinh ........................................................................... SBD ..........................CâuÝSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌKÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN(Chuyªn To¸n)Nội dungTừ (1)  y = mx -2 (3)10.25Kết luận0.250.257m  3=7m2  1m  1Tìm được ; kết luậnm  25Phương trình đã cho tương đương vớix+y=7 b)(1đ)0.252m  5; mm2  15m  2Từ đó tính được y = 2m 1Thế vào (2) được x =a)(1đ)Điểm0.50.5(1) x  y   x2  xy  y 2   z 2   x  y   x  y   3xy   z 2là số nguyên tố,  z;3   z; y   1 nên từ (1),   x; y   1,  x  y;3  1 (2)2Do yTừ (1),(2) suy ra x  y  m2 , x2  xy  y 2  n2 , z  mn với m, n .Từ đó24n2  4 x2  4 xy  4 y 2   2 x  y   3 y 2  3 y 2   2n  2 x  y  2n  2 x  y 2(1đ)0.250.25Từ đó, do y là số nguyên tố, nên có các trường hợp sau xảy ra2n  2 x  y  3 y 2 , 2n  2 x  y  1 : Suy ra 3 y 2  1  2  2 x  y   2  2m2  3 y suy ra m2  1  3 y 2  6 y  3m2 3 , nhưng m2  1  3 m , vô lý2n  2 x  y  3 y, 2n  2 x  y  y . Suy ra 2 y  4 x  2 y  x  0 , loại2n  2 x  y  y 2 , 2n  2 x  y  3 . Suy ra y 2  3  2  2 x  y   2  2m2  3 y  dođó  y  3  4m2  12 . Tìm được y  7, m  1, x  8, z  1320.250.25Vậy  x; y; z   8;7;13 là nghiệm duy nhất của phương trình.Do a n  bn   a  b   a n1  a n2b  a n3b2  abn2  bn1  ,0.25với a  x  1, b  x  23a)(1,5đ)suy ra phương trình đã cho tương đương với  x  12010x 1  x  2322  x  1   x  2   x2x 1  x  2Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x    x  220100.50.5320.25Với x > 0 ta có:44 4 x  2 .4 x  8xx0.5Với y > 0 ta có:11 4y  2.4 y  24y4y0.54 14 1 4( x  y)  10  A  5x 4yx 4yb)(1,5đ)4 x  4xx  11Dấu đẳng thức xảy ra    4 y  14y y  45x  y 40.5Giá trị nhỏ nhất của A là 5 đạt được khi x = 1; y =14AEPFH4a)(1đ)CQBTừ giả thiết, suy ra ABMTương tự, ACM0.25OMBPM ( g.g ) suy ra BM 2  AM  PMCPM ( g.g ) suy ra CM 2  AM  PM(1)0.25(2)0.25Từ (1),(2) suy ra BM  CM suy ra điều phải chứng minh.0.25Gọi E , F là giao điểm của BH , CHvới các cạnh AC, AB . Khi đó doAEH  AFH  900 nên tứ giác AEHF nội tiếp,b)(1đ)0.25suy ra BHC  EHF  1800  BAC0.25(1)Từ cách xác định điểm P suy ra(2)BPC  1800  PBC  PCB  1800  PAB  PAC  1800  BACTừ (1) và (2), do tam giác ABC nhọn, nên bốn điểm B, C, H , P cùng nằm trên mộtđường tròn.0.250.25MNPX+ Phát biểu và chứng minh bổ đề. Điểm X nằm trên cạnh NP của tam giác MNPNX  MX sao cho NMX  MPN . Khi đóNP  MP 20.25+ Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt BC tại Q1. Do Q1 AB  ACQ1 , nênc)(1đ)Q1 B  AB Q1C  AC 2(3)+ Tiếp tuyến tại P của đường tròn ( ) cắt BC tại Q2 . Do Q2 PB  PCB , nên0.252Q2 B  PB (4)Q2C  PC + Theo kết quả phần 1, M là trung điểm BC suy raS ABM  S ACM  AB sin BAP  AC sin CAP AB sin CAPAC sin BAP(5)cũng vậyS PBM  S PCM  PB sin PBM  PC sin PCM Từ (3),(4),(5),(6) suy raDo Q1 ABPB sin PCM sin PAC(6)PC sin PBM sin PABQ1 B Q2 B ...