Đề thi Tuyển sinh 10 chuyên Toán - môn Toán - Năm học 2009-2010

UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập _Tự Do_Hạnh Phúc KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Khoá ngày: 01-7-2009 Môn thi: TOÁN (Chuyên toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: 1/ Giải phương trình: 4 3 2 t 4t 5t 4t 1 0− + − + = 2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x x 2009= − − Bài 2: 1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng GP: x - 2y + 1 = 0, HP: 3x - 4y + 1 = 0 và I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG. Viết phương trình cạnh HG. 2/ Giải hệ phương trình: 3 x 5y 9 0 2x y 7 0  + + =   − − =   Bài 3: 1/ Cho phương trình ( ) 2 2 x 2m 3 x m 3m 0− − + − = . Định m để phương trình có hai nghiệm 1 2 x ,x sao cho 2 1 2 x 2x+ đạt giá trị nhỏ nhất. 2/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): 2 y x= . Gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng (d): y mx 1= + với (P). Tìm các giá trị của m để đoạn thẳng AB có độ dài ngắn nhất. Bài 4: Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Điểm E di động trên cung nhỏ BC (E không trùng với B và C) 1/ Trên đoạn EA lấy đoạn EM = EB. Chứng minh rằng điểm M di động trên một cung tròn cố định. 2/ Gọi K là giao điểm của BM và CD. Chứng minh rằng bốn điểm A, M, K, D cùng nằm trên một đường tròn. Bài 5: 1/ Tìm số tự nhiên có hai chữ số, sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương của hai chữ số đó. 2/ Một dãy số có số hạng đầu là 16, còn số hạng đứng sau đều do chèn số 15 vào giữa số hạng liền trước, tức là: 16, 1156, 111556… Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy này đều là số chính phương. Hết *Ghi chú: Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do BGD&ĐT cho phép. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: Đề chính thức LỜI GIẢI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2009 Môn: Toán ( Chuyên toán) Bài Nội dung Bài 1: 1/ * Vì t = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia 2 vế của phương trình cho t 2 ≠ 0 ta được: 2 2 1 1 (t ) 4(t ) 5 0 t t + − + + = * Đặt 1 y t t = + ( Điều kiện: y 2≥ ) Phương trình trở thành: y 2 – 4y + 3 = 0 ⇔ y = 1(loại) hoặc y = 3 (nhận) * y = 3 ⇔ 1 t 3 t + = ⇔ t 2 – 3t + 1 = 0 ⇔ 3 5 t 2 3 - 5 t 2  + =    =   * Vậy tập nghiệm của phương trình: S = 3 5 3 5 ; 2 2   + −         2/ Ta có: P = x - x 2009− * = x - 2009 - x 2009− + 2009 * = ( 2 1 3 x 2009 ) 2008 2 4 − − + * = ( 2 1 3 3 x 2009 ) 2008 2008 2 4 4 − − + ≥ với mọi x ≥ 2009 * Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 2008 3 4 khi x = 2009 1 4 Bài 2: 1/ * Gọi G(m; n). Vì I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG nên H( I G 2x x− ; I G 2y y− ) hay H(8-m; 6- n). * Vì G GP∈ và H HP ∈ nên ta có hệ phương trình: m 2n 1 3m 4n 1 − = −   − + = −  m 3 n 2 =  ⇔  =  2 Vậy: G(3; 2) và H(5; 4) * Phương trình cạnh HG có dạng HG: y = a’x + b’. Vì: H, G thuộc HG nên ta có hệ phương trình: 3a' b' 2 5a' b' 4 + =   + =  a' 1 b' 1 =  ⇔  = −  Vậy phương trình cạnh HG: y = x - 1 2/ * Ta có: 3 x 5y 9 0 2x y 7 0  + + =   − − =    − − =  ⇔   = −  5y 9 x (1) 3 y 2x 7 (2) Từ phương trình (1) suy ra 5y 9 0 3 − − ≥ 9 y 5 ⇔ ≤ − nên y < 0 Từ phương trình (2) suy ra 2x – 7 ≥ 0 7 x 2 ⇔ ≥ nên x > 0 * Do đó hệ đã cho tương đương với:  + = −  + =  3x 5y 9 2x y 7 44 x 7 39 y 7  =   ⇔   = −   * Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (x; y) = 44 39 ; 7 7   −  ÷   Bài 3: 1/ * Ta có: ∆ = (2m - 3) 2 - 4( 2 m 3m− )= 4m 2 –12m+ 9–4m 2 +12m = 9 > 0 nên phương trình luôn có hai nghiêm phân biệt x 1 = m – 3; x 2 = m. * Nếu m x,3mx 21 =−= thì : x 1 2 + 2x 2 = ( m – 3 ) 2 + 2m = m 2 – 6m + 9 + 2m = ( m – 2 ) 2 + 5 ≥ 5 với mọi m ∈¡ Vậy: x 1 2 + 2x 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi m = 2. * Nếu 3-m x,mx 21 == thì : x 1 2 + 2x 2 = m 2 + 2(m – 3) = m 2 + 2m - 6 = ( m + 1) 2 - 7 ≥ -7 với mọi m ∈¡ Vậy: x 1 2 + 2x 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1 * Do đó: x 1 2 + 2x 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1 2/ * Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2 x mx 1= + ⇔ x 2 – mx – 1 = 0 3 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 2 A 2 B m m 4 x ; 2 m m 4 x 2 + + = − + = Ta có: A B 2 A B 2 2 2 A B A B A B A B 2 2 4 2 A B A B 2 2 2 b * x x m a x x m 4 y y x x (x x )(x x ) m m 4 * AB (x x ) (y y ) m 5m 4 AB (m 2) m 2 − + = = − = + − = − = + − = + = − + − = + + = + + ≥ Vậy AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m = 0 Bài 4: 1/ ( * Hình vẽ đúng ( cả hai trường hợp). * Tam giác BEM có: · BEM = 90 0 và EM = EB nên tam giác BEM vuông cân tại E. * Do đó: · 0 EMB 45= · · 0 0 AMB 180 EMB 135⇒ = − = * Vậy điểm M nhìn đoạn AB cố định dưới góc không đổi 135 0 nên M di động trên một cung chứa góc 135 0 dựng trên đoạn AB khi E thay đổi trên cung nhỏ BC. 2/ ∙Trường hợp đoạn BM cắt đoạn CD tại K * Ta có: ∙ · 1 ADC 2 = sđ » 0 AC 45= ∙ · 0 AMK 135= * Do đó: · · 0 AMK ADC 180+ = . Vậy ADKM nội tiếp - Chú ý: thí sinh trình bày cách khác: ∙ Ta có: · 1 ADC 2 = sđ » 0 AC 45= và · 0 EMB 45= nên · · ADC EMB= (0,25đ) ∙ · · 0 AMK EMB 180+ = (kề bù) Do đó: · · 0 AMK ADC 180+ = Vậy ADKM nội tiếp. (0,25đ) .Trường hợp K nằm ngoài đoạn BM * Ta có: . · · 0 AMK EMB 45= = ( đối đỉnh) 4 E K M D C B O A ∙ · 1 ADK 2 = sđ » AC = 45 0 Do đó: · · AMK ADK= * Vậy tứ giác ADMK có hai đỉnh D và M cùng nhìn cạnh AK dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác đó nội tiếp. Bài 5: 1/ * Gọi số phải tìm là ab (điều kiện : 1 a 9; 0 b 9≤ ≤ ≤ ≤ ; a,b ∈¥ ) Ta có: ab (a + b) = a 3 + b 3 Suy ra: 10a + b = a 2 + b 2 – ab ⇔ 9a + a + b = (a + b) 2 – 3ab ⇔ 3a.(3 + b) = (a + b) (a + b – 1) * Mà (a + b) và (a + b – 1) nguyên tố cùng nhau nên: a b 3a a b 1 3 b + =   + − = +  hoặc a b 3 b a b 1 3a + = +   + − =  * Giải hai hệ trên ta được: a 4 b 8 =   =  hoặc a 3 b 7 =   =  * Vậy số cần tìm là: 48 hoặc 37. 2/ Ta có: số hạng thứ n có dạng: { { 111 155 56 n n 1− * Ta chứng minh số này là số chính phương. Thật vậy: { n 111 155 56 111 1.10 5.111 1.10 6 n n n 1 n 1 = + + − − 123 123 123 * n n 1 10 1 10 1 n .10 5.10. 6 9 9 − − − = + + * 2n n 10 4.10 4 9 + + = * 2 n 10 2 3   + =  ÷   5 E K M D C B O A . Độc lập _Tự Do_Hạnh Phúc KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Khoá ngày: 0 1-7 -2 009 Môn thi: TOÁN (Chuyên toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: 1/ Giải phương. Thật vậy: { n 111 155 56 111 1 .10 5.111 1 .10 6 n n n 1 n 1 = + + − − 123 123 123 * n n 1 10 1 10 1 n .10 5 .10. 6 9 9 − − − = + + * 2n n 10 4 .10 4 9 + + = * 2 n 10 2 3   + =  ÷   5 E K M D C B O A . Chữ kí của giám thị 2: Đề chính thức LỜI GIẢI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2009 Môn: Toán ( Chuyên toán) Bài Nội dung Bài 1: 1/ * Vì t = 0 không là nghiệm của phương