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.. Chứng minh rằng điểm M di động trên một cung tròn c
Trang 1UBND 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 tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1:
1/ Giải phương trình: t4−4t3 +5t2 − + =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
Bài 3:
1/ Cho phương trình x2−(2m 3 x m− ) + 2 −3m 0= Định m để phương trình có
hai nghiệm x , x sao cho 1 2 2
x +2x đạt giá trị nhỏ nhất
2/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P):y x= 2 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/ Chứng minh rằng tích bốn số tự nhiên liên tiếp cộng thêm số 1 là một số chính phương
2/ Tìm ba số nguyên dương lẻ liên tiếp mà tổng bình phương của chúng là một số
có bốn chữ số giống nhau
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
Trang 2LỜI GIẢI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN
Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2009
Môn: Toán ( Chuyên tin)
Bài 1:
1/
* Vì t = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia 2 vế của phương trình cho t2≠0 ta được: (t2 12) 4(t 1) 5 0
* Đặt y t 1
t
= + ( Điều kiện: y ≥2) Phương trình trở thành: y2 – 4y + 3 = 0
⇔ y = 1(loại) hoặc y = 3 (nhận)
* y = 3 ⇔ t 1 3
t + = ⇔ t2 – 3t + 1 = 0
⇔
t
2
3 - 5 t
2
=
=
* Vậy tập nghiệm của phương trình: S = 3 5 3 5
;
2/(1,0 điểm)
Ta có: P = x - x 2009−
* = x - 2009 - x 2009− + 2009
* = ( 1 2 3
* Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 20083
4 khi x = 2009
1 4
1/
* Gọi G(m; n)
Vì I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG nên H(2xI −xG;2yI −yG) hay H(8-m; 6-n)
* Vì G GP∈ và H HP∈ nên ta có hệ phương trình:
Trang 3Bài 2:
m 2n 1
− = −
− + = −
m 3
n 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
=
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
5
⇔ ≤ − nên y < 0
Từ phương trình (2) suy ra 2x – 7 ≥ 0 x 7
2
⇔ ≥ nên x > 0
* Do đó hệ đã cho tương đương với: + = −
+ =
2x y 7
44 x 7 39 y
7
=
⇔
= −
* Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (x; y) = 44 39;
1/
* Ta có: ∆= (2m - 3)2- 4(m2 −3m)= 4m2 –12m+ 9–4m2+12m = 9 > 0 nên phương trình luôn có hai nghiêm phân biệt: m – 3 và m
* Nếu x1 =m−3, x2 =m thì :
x12 + 2x2 = ( m – 3 )2 + 2m
= m2 – 6m + 9 + 2m
= ( m – 2 )2 + 5 ≥ 5 với mọi m ∈¡
Vậy: x12 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi m = 2
* Nếu x1 =m, x2 =m-3 thì :
x12 + 2x2 = m2 + 2(m – 3)
= m2 + 2m - 6
= ( m + 1)2 - 7 ≥ -7 với mọi m ∈¡
Trang 4Bài 3:
Vậy: x12 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1
* Do đó: x12 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1
2/
* Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x2 =mx 1+ ⇔ x2 – mx – 1 = 0
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
2 A
2 B
2
x
2
=
=
Ta có:
2
b
a
−
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 = 900 và EM = EB nên tam giác BEM vuông cân tại E
* Do đó: ·EMB 45= 0
* Vậy điểm M nhìn đoạn AB cố định dưới góc không đổi 1350 nên M di động trên một cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn AB khi E thay đổi trên cung nhỏ BC
2/
∙Trường hợp đoạn BM cắt đoạn CD tại K
* Ta có: ∙ ·ADC 1
2
= sđ »AC 45= 0 ∙ ·AMK 135= 0
* Do đó: ·AMK ADC 180+· = 0 Vậy ADKM nội tiếp
- Chú ý: thí sinh trình bày cách khác:
E
K M
D
C
B O
A
Trang 5∙ Ta có: ·ADC 1
2
= sđ »AC 45= 0 và ·EMB 45= 0 nên ·ADC EMB=· (0,25đ)
∙ ·AMK EMB 180+· = 0(kề bù)
Do đó: ·AMK ADC 180+ · = 0
Vậy ADKM nội tiếp (0,25đ)
.Trường hợp K nằm ngoài đoạn BM
* Ta có: ·AMK EMB 45=· = 0 ( đối đỉnh)
∙ ·ADK 1
2
= sđ »AC = 450
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 4 số tự nhiên liên tiếp là: a, a + 1, a +2, a + 3
* Ta có: a(a +1)(a + 2)( a + 3) +1 = (a2 + 3a)( a2 + 3a + 2) +1
* = (a2+3a)2 + 2(a2 +3a) + 1
* = (a 2 + 3a + 1)2
2/
* Gọi ba số nguyên dương lẻ liên tiếp là 2n – 1; 2n + 1; 2n + 3 (n ∈¥ *)
Ta có: (2n – 1)2 + (2n + 1)2 + (2n + 3)2 = 12n2 + 12n + 11
* Theo đề bài ta có:
12n2 + 12n + 11 = aaaa (với a là số lẻ và 1 a 9,a≤ ≤ ∈¥ )
⇔ 12n2 + 12n + 11 = 1111.a
⇔ 12n(n +1) = 11(101a – 1)
Suy ra: 11(101a – 1) M 3
* Do đó: 101a – 1 M 3 (vì (11; 3) = 1)
⇔ 99a + 2a – 1 M 3
Vậy: 2a – 1 M 3
* Vì 1 a 9≤ ≤ nên 1 2a 1 17≤ − ≤ và 2a – 1 là số lẻ, chia hết cho 3
nên: 2a – 1 nhận các giá trị là: 3, 9, 15
Khi đó: a nhận các giá trị tương ứng là: 2, 5, 8
* Mà a là số lẻ nên a = 5
* Từ đó suy ra n = 21
* Vậy ba số cần tìm là 41, 43 và 45
- Chú ý: thí sinh có thể lí luận để tìm số n như sau:
(2n – 1)2 + (2n + 1)2 + (2n + 3)2 = aaaa
(với a là số lẻ và 1 a 9,a≤ ≤ ∈¥ ) (0,25đ)
⇔ 12n2 + 12n + 11 = 1111.a
⇔ 12n(n +1) = 11(101a – 1)
E
D
C
B O
A
Trang 6Do đó: 101a – 1 M 3 (vì (11; 3) = 1) (0,25đ) ⇔ 99a + 2a – 1 M 3
Vậy: 2a – 1 M 3 (*) (0,5đ) Thay các giá trị của a lần lượt bằng: 1, 3, 5, 7, 9 vào (*) ta nhận thấy chỉ
có a = 5 là thoả (0,5đ)
Giải phương trình 12n2 + 12n - 5544 = 0 ta được n = 21 ( nhận) hoặc n
= -22 (loại) (0,25đ) Vậy ba số cần tìm là: 41, 43 và 45 (0,25đ)