Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2011 - 2012 môn thi: Toán chuyên thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
Đề chính thức
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
Năm học 2011 - 2012
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang
Câu 1 (1 điểm) 
a) Rút gọn 
b) Chứng minh rằng là hai nghiệm của một phương trình bậc hai với hệ số nguyên. 
Câu 2 (1,5 điểm) 
Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - m + 1 = 0 với m là tham số (1)
	a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Gọi là các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để 
c) Tìm m để A đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (3 điểm) Giải các phương trình: 
a) 
b) 
c) x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = 0 
Câu 4 (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên:
a) 
b) 
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.
b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP. 
c) R(MN + NP + PM) = 2SABC 
---------Hết -------
Hướng dẫn chấm, biểu điểm
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Nội dung
Điểm
Câu 1 (1 điểm) 
a) Rút gọn 
0,5
0,25
 (vì 3 + và 3 - )
0,25
b) Chứng minh rằng là hai nghiệm của một phương trình bậc hai với hệ số nguyên. 
0,5
Ta có: (theo a) và 
0,25
Theo ĐL Viét đảo là hai nghiệm của PT: x2 – 6x +7 = 0 Phương trình này có các hệ số nguyên (đ.p.c.m)
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.
0,5
Ta có: 
0,5
PT (1) có nghiệm (*)
b) Gọi các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để 
0,5
Theo ĐL Vi-et ta có: 
0,25
Ta có: 
 Kết hợp với (*) ta có m = 2
0,25
c) Tìm m để A đạt giá trị nhỏ nhất
0,5
Theo b) ta có 
0,25
Vì m1 nên A1. Vậy khi m = 1
0,25
Câu 3 (3 điểm) Giải các phương trình: 
a) (*)
1.0
Ta có: (x +1)(x+7) = x2 + 8x + 7; (x+3)(x+5) = x2 +8x + 15
0,5
Đặt t = x2 + 8x + 7 x2 +8x + 15 = t +8
Thay t vào PT (*): t (t+8) = -15 t2 + 8t + 15 = 0t = -3 hoặc t = -5
Với t = -3 ta có PT: x2 + 8x + 7 = -3 x2 + 8x + 10 = 0
 x = - 4 + hoặc x = - 4 - 
0,5
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 
b) (*)
1,0
Điều kiện: 
0,25
Đặt Ta có HPT:
0,25
0,5
 Vậy tập nghiệm của PT là 
c) x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = 0 
1,0
Ta có: x3 – 5x2 + 1997x - 14077 = 0
 x3 – 7x2 + 2x2 - 14x + 2011x – 7.2011 = 0
 x2 (x – 7) + 2x (x – 7) + 2011 (x-7) = 0
 (x - 7) (x2 + 2x +2011) = 0
0,5
 .Tập nghiệm của PT: 
0,5
Câu 4 (2 điểm) Giải các phương trình nghiệm nguyên:
a) (1)
1,0
Ta có (1) 
0,5
Vì Ư(3) = nên (2) có các trường hợp: 
TH1: TH2: 
0,5
TH3: TH4: 
Các trường hợp không có nghiệm nguyên. Vậy PT (1) không có nghiệm nguyên
b) (1)
1,0
Điều kiện: x2008, y 2009, z 2010 (*)
0,25
PT (1) 
0,5
 Các giá trị x, y, z thoả mãn (*).
 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
0,25
0,5
0,5
Gọi D là giao điểm của AO với đường tròn (O).
H là trực tâm của tam giác ABC nên: HCAB, BHAC (1)
AD là đường kính nên: DBAB, DCAC (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: (g.g)AG = 2GIG là trọng tâm ABC (đ.p.c.m)
b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP
 0,75
0,5
0,25
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 
Tứ giác PHMB nội tiếp (vì ) (cùng chắn ) (1)
Tứ giác ANMB nội tiếp (vì ) (cùng chắn) (2) 
Từ (1) và (2) ta có: MA là tia phân giác trong của .
Chứng minh tương tự ta có NB, PC lần lượt là các tia phân giác trong của . 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
0,5
Gọi J và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AC, AB. Ta có: OIBC, OJAC, OKAB nên: (1)
Xét các có chung, (do tứ giác PBCN nội tiếp nên 2 góc này cùng bù với ) (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: 
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)
c) R(MN + NP + PM) = 2SABC