Tài liệu Đề thi lớp 10 chuyên toán trường Trung Học Thực Hành 2008-2009 pptx

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM NĂM HỌC 2008 – 2009 NGÀY THỨ NHẤT Câu 1 (2 điểm): a/ Chứng minh đẳng thức sau: 53 12 10 47 6 10 3 2+−−= b/ Cho 45 2009A =+ và 45 2009− . Chứng minh rằng: 98AB+= c/ Cho phương trình: ( ) ( ) 22 21 20 1xmxmm+++++= Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 12 , x x thỏa 22 12 20xx + = Câu 2 (1 điểm): Cho (P): 2 1 2 yx=− và điểm M(0;2). Gọi (D) là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc là k. a/ Tìm k sao cho (D) và (P) tiếp xúc với nhau b/ Tìm k sao cho (D) cắt (P) tại 2 điểm A, B phân biệt thỏa AB =12 và có hoành độ dương Câu 3 (2 điểm): a/ Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 13 2 2xxxx+− −=− b/ Giải hệ phương trình: () 22 22 0 20 xxyy xy xy ⎧ +− −= ⎪ ⎨ +− += ⎪ ⎩ Câu 4 (1 điểm): Tìm các bộ 3 số nguyên dương ( ) ,, x yz thỏa mãn: 332 x yz x yz += ⎧ ⎨ + = ⎩ Câu 5 (4 điểm): Cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB và CD (AB < CD) nội tiếp (O). Gọi PQ là một dây cung vuông góc với AB và CD, P thuộc cung AB, Q thuộc cung CD. Gọi I và K lần lượt là giao điểm cảu PQ với AB và CD. Gọi 11 , P Q là chân đường vuông góc hạ từ P,Q xuống đường thẳng AD, 22 , P Q là chân đường vuông góc hạ từ P,Q xuống đường thẳng AC. a/ CMR: 2122 ,,,QKQ C QKDQ PP KC AIQ Q là các tứ giác nội tiếp b/ CMR: 12 ,,QKQ thẳng hàng và 12 ,, P KP thẳng hàng c/ CMR: Chứng minh rằng 22 // , // P CIQKP AQvà tứ giác 22 IQ KP nội tiếp d/ Khi PQ là đường kính, hãy chứng minh 11 P QBD = và 12 P P vuông góc với 12 QQ ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com Hướng dẫn giải Bài 1: a) Ta có: ()() 22 53 12 10 47 6 10 45 2.3 5.2 2 8 45 2.3 5. 2 2 35 22 35 2 35 22 35 2 35 22 35 2 32 +−− =+ +−− + =+−− =+−− =+−+ = b) Ta có: () ( ) ()() 2 2 2 45 2009 45 2009 45 2009 45 2009 2 45 2009 45 2009 90 2 45 2009 90 2 16 90 8 98 AB+= + +− =+ +− + + − =+ − =+ =+= Suy ra 98AB+= (Vì A + B > 0) c) ( ) ( ) 22 21 20 1xmxmm+++++= Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt: () ( ) 2 2 120101mmm m m ′ Δ= + − + + > ⇔ − > ⇔ > Với điều kiện trên, theo định lý Viet ta có: ( ) 12 2 12 21 2 Sxx m Pxx m m = +=− + ⎧ ⎪ ⎨ = =++ ⎪ ⎩ Từ đó: () () () () () 2 22 12 12 12 2 2 2 20 2 20 412 220 26200 5 2 xx xx xx mmm mm ml mn += ⇔ + − = ⇔+− ++= ⇔+−= =−⎡ ⇔ ⎢ = ⎢ ⎣ Vậy giá trị của m cần tìm là m = 2. Bài 2: ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com Phương trình đường thẳng (D) có qua M(0, 2) có hệ số góc k là: 2ykx=+ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D): () 22 1 22401 2 xkx x kx−=+⇔++= Điều kiện để (D) tiếp xúc với (P) là phương trình có nghiệm kép, tức là 2 40 2kk ′ Δ= − = ⇔ =± Vậy với k = 2, k = - 2 thì (D) tiếp xúc với (P). b) Gọi ()() ,, , A ABB A xy Bxy là toạ độ giao điểm của (D) và (P) thì x A , x B là nghiệm của phương trình (1). Điều kiện để (D) cắt (P) tại hai điểm là phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, tức là 2 2 40 2 k k k <− ⎡ ′ Δ= − > ⇔ ⎢ > ⎣ (*) Khi đó, theo định lý Viet ta có 2, 4 AB AB xx kxx+=− = . Vì ,020 0 AB xx k k>⇒− >⇒< (**) Ta có 2, 2 AA BB ykx ykx=+ =+. Khi đó ta có: ()() ()( ) () () ()( ) () 22 22 2 2 22 42 42 2 2 12 144 14144 1 4 16 144 4 12 16 144 3400 5 8 AB AB AB A B AB AB AB x x y y xx kxkx kxx xx kk kk kk kl k =−+−= ⇔− + − = ⎡⎤ ⇔+ + − = ⎣⎦ ⇔+ − = ⇔− −= ⇔− −= ⎡ =− ⇔ ⎢ = ⎢ ⎣ 2 822kk=⇔=± So với điều kiện (*) và (**) thì giá trị k cần tìm là 22k =− . Vậy giá trị của k thỏa mãn đề bài là 22− Bài 3: a) ( ) ( ) ( ) ()() 2 22 13 2 2 23 2 20 xxxx xx xx +− −=− ⇔−− −+= Đặt 2 2tx x=−. Khi đó phương trình trở thành: ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com ( ) 2 320 320 1 2 tt tt t t −+= ⇔−+= = ⎡ ⇔ ⎢ = ⎣ Với t = 1 ta có 22 12 21 210 12 x xx xx x ⎡ =+ −=⇔−−=⇔ ⎢ =− ⎢ ⎣ Với t = 2 ta có 22 13 22 220 13 x xx xx x ⎡ =+ −=⇔−−=⇔ ⎢ =− ⎢ ⎣ Vậy phương trình có 4 nghiệm 12,12,13,13+− +− b) ( ) ()() 22 22 01 202 xxyy xy xy ⎧ +− −= ⎪ ⎨ +− += ⎪ ⎩ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ()( ) 10 10 0 10 1 xyxy xy xyxy xy yx x yyx ⇔− ++−= ⇔− ++= −= = ⎡⎡ ⇔⇔ ⎢⎢ ++= =−− ⎣⎣ Với y = x, thế vào (2) ta có: () 22 2 00 20240 22 xy xx xx x x xy = ⇒= ⎡ +− +=⇔ −=⇔ ⎢ = ⇒= ⎣ Ta có 2 nghiệm (x, y) là (0, 0) và (2, 2) Với y = - 1- x, thế vào (2) ta có ()( ) () 2 2 22 2 12 1 0 2120 2230VN xx xx xx x xx + −− − −− = ⇔++++= ⇔++= Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x, y) là (0, 0) và (2, 2) Bài 4: () () 332 1 2 xyz xyz +=⎧ ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) () () 22 332 22 22 0 0 xyz xy xyxyxy xy xyx y xyxy +==+ ⇔+ +− −+ = ⇔+ +−−−= 22 0xyxyxy⇔+−−−= (vì x, y nguyên dương nên x + y > 0) ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com ()() ()() 22 2 22 22 444440 44 1 13610 21314 xyxyxy xxy y yy xy y ⇔+−−−= ⇔− ++++−−= ⇔−−+−= Ta có () 2 314 12yy−≤⇒−< và vì * y ∈ ` nên y = 1, 2. Nếu y = 1 suy ra () 2 22 4 2 3xxz−=⇒=⇒= Nếu y = 2 suy ra () 2 13 23 1 24 xz x xz = ⇒= ⎡ −=⇒ ⎢ = ⇒= ⎣ Thử lại ta thấy các bộ (x, y, z) là (2,1, 3); (1, 2, 3) và (2, 2, 4) đều là nghiệm của hệ phương trình. Vậy phương trình có 3 nghiệm (x, y, z) là (2,1, 3); (1, 2, 3) và (2, 2, 4). Bài 5: M K I Q2 P2 Q1 P1 O D C A B P Q ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com a/ CMR: 2122 ,,,QKQ C QKDQ PP KC AIQ Q là các tứ giác nội tiếp Tứ giác QKQ 2 C có n n 2 90 o QKC QQ C== nên là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau) Tứ giác QKDQ 1 có n n 1 90 90 180 oo o QKD QQ D+=+= nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai góc đối bù nhau) Tứ giác PP 2 KC có n n 2 90 o PPC PKC== nên là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau). Tứ giác AIQ 2 Q có n n 2 90 o AIQ AQ Q== nên cũng là tứ giác nội tiếp(Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau) . b/ CMR: 12 ,,QKQ thẳng hàng và 12 ,, P KP thẳng hàng Ta có n n 11 QKQ QDQ= (tứ giác QKDQ 1 nội tiếp) Và n n 12 QDQ QCQ= (tứ giác ACQD nội tiếp) Suy ra n n 12 QKQ QCQ= Mà nn 22 180 o QCQ QKQ+= (QCQ 2 K nội tiếp) Nên n n n 212 180 o QKQ QKQ QKQ=+=, suy ra Q 1 , K , Q 2 thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta cũng có P 1 , K, P 2 thẳng hàng. c/ CMR: Chứng minh rằng 22 // , // P CIQKP AQ và tứ giác 22 IQ KP nội tiếp Ta có n n 22 QIQ QAQ= ( tứ giác AIQQ 2 nội tiếp) Và nn QPC QAC= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QC) Suy ra n n 2 QIQ QPC= mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có IQ 2 // PC. Chứng minh tương tự ta cũng có KP 2 //AQ. d/ Khi PQ là đường kính, hãy chứng minh 11 P QBD = và 12 P P vuông góc với 12 QQ ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com Ta có n n 2 P KQ QCA= (tứ giác QKQ 2 C nội tiếp), n n QCA APQ= (góc nội tiếp cùng chắn cung AQ), suy ra n n 2 P KQ APQ= Và n n 2 P KI AQP= (đồng vị) Đo đó n n n nn n o 22 2 2 180 180 90 90 ooo P KQ P KI PKQ AQP APQ PAQ= + = + =− =−= (PQ là đường kính nên n 90 o PAQ = ) Vậy 12 P P vuông góc với 12 QQ Khi PQ là đường kính thì O là trung điểm của PQ và K là trung điểm của CD. Gọi M là trung điểm của AD. Khi đó trong tam giác ADC thì KM là đường trung bình, suy ra 11 22 K MACBD== . Ta có OM AB⊥ (mối liện hệ giữa đường kính và dây cung), suy ra OM // PP 1 //QQ 1 Trong hình thang PP 1 Q 1 Q có OM song song với hai đáy và O là trung điểm của cạnh bên PQ nên M là trung điểm của P 1 Q 1 . Trong tam giác vuông KP 1 Q 1 có KM là trung tuyến ứng với cạnh huyền P 1 Q 1 nên 11 1 2 K MPQ= . Từ đó ta có P 1 Q 1 = BD. ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com NGÀY THỨ HAI Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình: 22 2512232 5 x xxxx + ++ ++=+ Câu 2 (2 điểm): Xét một số tự nhiên A gồm ít nhất chữ số. Đổi chỗ các chữ số của theo một cách nào đó ta được số tự nhiên . Giả sử rằng: 11 1AB−= (gồm n chữ số với 0 < n và ). Tìm giá trị nhỏ nhất có thể được của n và chỉ rõ một cặp số tự nhiên A, B để n nhận giá trị nhỏ nhất đó. Câu 3 (2 điểm): Cho số thực a thỏa 01a≤≤ . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 21 aa T aa − =+ −+ Câu 4 (4 điểm): 1. Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy D sao cho bán kính của các đường tròn nội tiếp hai tam giác ABD và ACD bằng nhau. Chứng minh rằng các đường tròn bàng tiếp góc A của 2 tam giác ABD và ACD cũng bằng nhau. 2. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là trung điểm cung AB, trên cung AB lấy điểm D di động. Các đoạn thẳng AD và OC và cắt nhau tại E. Tìm quỹ tích tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE. Hướng dẫn giải Bài 1: Đặt () 22 2512, 232 ,0uxxvxx uv=++=++ ≥ Ta có : ()()() ()( ) 22 2 2 20 0 20 uv uv uv uvuv uvuv uv uv − += ⇔ + = − + ⇔+ −−= += ⎡ ⇔ ⎢ −−= ⎣ Với u + v = 0 ta có: () 22 2 2 25122320 25120 VN 2320 xx xx xx xx +++ ++= ⎧ ++= ⎪ ⇔ ⎨ ++= ⎪ ⎩ Với u – v – 2 = 0 hay u = v + 2 ta có: ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com () () () 22 22 22 2 2 2 2 22 2 25122322 251223244232 2642 32 322 3 2 3 4 2 3 2 dk: 3 0 698 128 7610 1 1 7 xx xx xx xx xx xxx xxx xxxx xx x x xx x x ++= +++ ⇔++=++++ ++ ⇔+= ++ ⇔+= + + ⇔+ = ++ +≥ ⇔++= + + ⇔+−= =− ⎡ ⎢ ⇔ ⎢ = ⎣ Vậy phương trình có hai nghiệm 1x = − và 1 7 x = . Bài 2: Giả sử A có dạng ( ) 11 5 m aa a m≥ . Sauk hi hoán vị các chữ số của A ta được số B có dạng 12 m bb b . Ta có 12 12 1 2 10 10 mm mm A aa a a a a −− ==+++ và 12 12 1 2 10 10 mm mm B bb b b b b −− ==++ Do đó: ( ) () () () 12 12 12 12 12 11 2 2 1 2 12 11 2 2 1 2 10 10 10 10 10 10 10 10 mm mm mm mm mm m mm mm m A Ba aa b bb aa aa a a aa a bb bb b b bb b −− −− −− −− −= + ++ − + ++ =−+ −++−++++ −−+−++−−+++ Ta có: ( ) ( ) 10 10 1 9, 10 10 1 9 0, 1 kkkk kk k kkk aaa aab k m−= − −= − ∀= −## Và ( ) ( ) 12 12 0 mm aa a bb b+++ − +++ = vì ( ) 12 2 , , ,bb b là hoán vị của ( ) 12 , , , m aa a . Suy ra 9 11 1 9AB−⇒## , suy ra n chia hết cho 9 và n khác 0, do đó n = 9, 18… Với n = 9 ta chọn 987654320, 876543209AB== ta có A – B = 111111111. Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 9. Bài 3: Ta có: ()() 2 1222122 2 21 2 1 21 66 22 21 2 aaa a T aa a a aa aa aa −−+−− =+= + =+− −+ − + −+ =−=− −+ −++ Ta có ( ) 2 21 22aa a a−++= −+≥ vì 01a ≤ ≤ , suy ra 2 66 221 22 T aa = −≤ −= − ++ . Dấu “ = “ xảy ra khi a = 1, hoặc a = 0. Vậy Max T = 1 khi a = 0 hoặc a = 1. Ta có 2 22 199 1 9 22 444 2 4 aa aa a ⎛⎞ ≤− + + =− + − + = − − ≤ ⎜⎟ ⎝⎠ . ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com Suy ra 2 66152 22 9 293 4 T aa =−≥−== −++ . Dấu “ = “ xảy ra khi 1 2 a = . Vậy Min T = 2 3 khi 1 2 a = . Bài 4: a) H E D E J H K I O X Y Z A B CD Ta chứng minh bài toán phụ: Trong một tam giác XYZ bất kỳ ta luôn có: XYZ Srp= và ( ) X YZ XYZ X SpYZr=− trong đó: p XYZ là nửa chu vi tam giác XYZ; r, r X lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp của góc X. Thật vậy: Ta có : 111 222 111 ' 222 2 XYZ OXY OYZ OZX S S S S OF XY ODYZ OE XZ rXY rYZ rXZ XY YZ XZ r rp =++= + + = =++ ++ = = Và: () 11 1 22 2 111 . 222 2 XYZ IXY IZX IYZ XXX X X S S S S IJ XY IK XZ IH YZ rXY rXZ rYZ XY XZ YZ r rpYZ =+−= + − =+− +− = =− Trở lại bài toán. Gọi , A rr là bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABD. [...]...ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 ′ r ′, rA và bán kính đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ACD 1 AH BD S ABD 2 S rp p BD Ta có = = , theo bài toán phụ ta cũng có ABD = ABD = ABD (Vì r = r ′ ) 1 S ACD r ′p ACD p ACD S ACD AH CD CD 2 S p BD p ABD − BD Suy ra ABD = ABD = = (1) S ACD p ACD CD p ACD − CD S ABD rA ( p ABD − BD ) (2) = ′ S ACD rA ( p ACD − CD ) Mà theo bài toán. .. suy ra tam giác ICE vuông cân, suy ra ECI = 450 Ta cũng có OCB = 45o và I, B cùng phía đối với đường thẳng IC (do D thuộc cung BD) Vậy I thuộc tia CB Giới hạn: + Khi D trùng B, thì I trùng với Io là trung điểm CB + Khi D trùng C, thì I trùng C Vậy I thuộc đoạn thẳng CIo Phần đảo: Lấy I’ là điểm bất kì thuộc CIo, vẽ đường tròn (I’, I’C) cắt (O) tại D’ và AD’ tại E Ta chứng minh E’ thuộc OC Thật vậy: . ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH . Do đó: ( ) () () () 12 12 12 12 12 11 2 2 1 2 12 11 2 2 1 2 10 10 10 10 10 10 10 10 mm mm mm mm mm m mm mm m A Ba aa b bb aa aa a a aa a bb bb b b