Tìm m và n để hiệu các nghiệm của phương trình bằng 5 và hiệu các lập phương của các nghiệm đó bằng 35... Từ A kẻ hai tiếp tuyến AE, AF với đường tròn O, E, F là các tiếp điểm.. Gọi I là
Trang 1SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI Năm học 2009 - 2010
Môn thi : Toán ( Hệ chuyên)
Thời gian làm bài :150 phút
Bài 1: (3,5 điểm)
1) Tính P = 15a -8a 15 +16 khi 2 3+ 5
2) Giải phương trình: 25-x2 - 10 -x2 = 3
3) Cho phương trình x2 + mx + n = 0 Tìm m và n để hiệu các nghiệm của phương
trình bằng 5 và hiệu các lập phương của các nghiệm đó bằng 35
GIẢI :
1) (1,0 điểm)
Rút gọn P
( )*
2
P = 15a - 8a 15 +16 = (a 15) - 2a 15.4 + 4 = a 15 - 4
= a 15 - 4
Thế 3 + 5
15 vào (*) ta được: P = 4 Giải phương trình: 25-x2 - 10-x2 =3 ( )1
10
x
(1) ⇔ 25−x2 = +3 10−x2
⇔25−x2= +9 6 10−x2+ −10 x2
⇔ 10−x2 =1 (2) Phương trình (2) có 2 nghiệm x1=3 ; x2 = −3 ( thỏa mãn với điều kiện )
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x1=3 ; x2 = −3
3) (1,5 điểm)
Điều kiện ∆ =m - 4n > 02
Gọi x ,1 x là nghiệm của phương trình Không mất tính tổng quát ta giả sử 2 x >2 x 1
Theo Vi-et ta có : 1 2
1 2
m n
x x
x x
+ = −
=
Mặt khác : ( ) ( )
2
4
x x x x x x x x
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2Nên ta có : ( )
2 2
35 5
2
4 25 7
⇔
=
−
Giải hệ phương trình ta được 6
1
n m
−
=
= thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy các giá trị cần tìm là : 1; 6
= − = −
Bài 2: (2,0 điểm)
1) Chứng minh rằng : Nếu b là số nguyên tố khác 3 thì số A = 3n + 1 + 2009b2 là hợp số với mọi n∈N
2) Tìm các số tự nhiên n sao cho n +18n + 2020 là số chính phương.2
GIẢI :
1) (1,0 điểm)
Vì b là số nguyên tố khác 3 nên b2 - 1 M 3
Ta có A = 3n + 1 + 2009b2 = 3( n + 1 + 669b2 ) + 2b2 - 2
= 3( n + 1 + 669b2 ) + 2(b2 - 1) M 3
Do A > 3 nên A là hợp số với mọi n∈N.
2) (1,0 điểm)
Để n +18n + 2020 là số chính phương thì 2 n +18n + 2020 = m (1) với m nguyên,2 2 dương,
(1) ⇔m -18n - n = 20202 2
2 2
m - n +18n = 2020
m - n + 9 = 2020 -81 = 1939
m - n - 9 m + n + 9 = 1939
⇔
⇔
⇔
Mà 1939 = 1939 1 = 277 7
Nên m + n + 9 = 1939m - n -9 = 1
m + n + 9 = 277
m - n -9 = 7
* Với m + n + 9 = 1939 m + n = 1930 2n = 1920 n = 960
m - n -9 = 1 m - n = 10
m + n + 9 = 277 m + n = 268
2n = 252 n = 126
m - n -9 = 7 m - n = 16
Thử lại các giá trị của n vừa tìm được đều thỏa mãn đề bài
Vậy n = 960 và n = 126 là các số cần tìm
Bài 3: (1,0 điểm )
Cho x>0 Tìm giá trị của x để biểu thức N ( )2
2010
x x
= + đạt giá trị lớn nhất.
GIẢI :
Do x > 0 nên N > 0 ⇒N lớn nhất 1
N
⇔ nhỏ nhất
Trang 3Ta có : ( )2 2 2 ( )2
x N
dấu “ = “ xảy ra khi x= 2010
Suy ra giá trị nhỏ nhất của 1
N là 4.2010 = 8040 đạt được khi x = 2010
Vậy với x = 2010 thì N đạt giá trị lớn nhất Giá trị lớn nhất là 1
8040
Bài 4 : (1,5 điểm)
Cho ba điểm cố định A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó Gọi (O) là đường tròn đi qua hai điểm B và C Từ A kẻ hai tiếp tuyến AE, AF với đường tròn (O), (E, F là các tiếp điểm) Gọi I là trung điểm của BC; FI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K
Chứng minh rằng :
a) Hai điểm E, F nằm trên một đường tròn cố định khi (O) thay đổi
b) EK song song với AB
GIẢI :
a) Chứng minh E, F nằm trên một đường tròn cố định khi (O) thay đổi.
Ta có AEB = ACE· ·
( cùng chắn cung EB )
⇒ ΔAEB ΔACE (g-g):
⇒ AE = AB
AC AE
⇒ 2
AE = AB.AC
Vì A, B, C cố định
⇒ AB AC không đổi
Mà AE = AF
⇒ AE = AF không đổi khi (O) thay đổi.
Vậy hai điểm E, F nằm trên đường tròn cố định tâm A bán kính AB.AC khi đường tròn (O) thay đổi
b) Chứng minh EK // AB:
Vì IB = IC ( giả thiết ) ⇒ OI ⊥ BC
Ta có AEO = AFO = AIO = 90· · · 0 ⇒ năm điểm A, E, I, O, F cùng thuộc đường tròn đường
kính AO
⇒ AEF = AIF· · ( cùng chắn cung »AF )
AEF = EKF· · ( cùng chắn cung »EF)
AIF = KIC· · ( đối đỉnh )
⇒EKF = KIC· · ( hai góc ở vị trí so le trong )
⇒ EK // AB
Bài 5 : (2,0 điểm)
1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), với AD là đường kính
Biết AB = BC = 2 5 cm; CD = 6cm Tính bán kính của đường tròn (O)
2) Cho đường tròn (O; R) và hai điểm A, B nằm bên ngoài đường tròn sao cho
OA = 2R Tìm điểm M trên đường tròn (O; R) để tổng MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất
K
I
C B
E
A
O
F
Trang 4GIẢI :
1) (1,0 điểm)
Gọi R là bán kính của đường tròn (O); R > 0
Do AB = BC = 2 5 cm ⇒AB = BC» » ⇒OB AC⊥ tại I
Và IA = IC, ∆ACD vuông tại C (nội tiếp trong đường tròn (O))
⇒ OI // CD nên OI là đường trung bình
của tam giác ∆ACD ⇒ OI =CD= 3
Áp dụng đinh lý Pitago cho ∆OIC ta có :
OC2 = OI2 + IC2 ⇔ IC2 = R2 - 9
Mặt khác ∆BIC vuông, ta có :
BC2 = BI2 + IC2 ⇔IC2 = ( )2 5 - R -32 ( )2
Vậy R -9 = 2 5 - R -32 ( )2 ( )2 ⇔R -3R -10 = 02 ⇔(R + 2 R -5 = 0) ( )
Nghiệm dương của phương trình là R = 5 thỏa mãn với điều kiện ban đầu Do đó bán kính của đường tròn (O) là R = 5cm
2) (1,0 điểm)
Gọi C là giao điểm của đoạn OA và đường tròn,
N là trung điểm của OC
Ta có : ON =OM =1
AM = 2MN
⇒
:
Từ đó : MA + 2MB = 2MN + 2MB ≥ 2BN (không đổi)
Vậy MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2BN
Lúc đó M chính là M0 làgiao điểm của đoạn BN và đường tròn (O; R)
B
D A
O
C I
C
M B
O N
M
A
0