DE+DA tuyen sinh 10 Kien giang

Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2002 – 2003 Bài 1: .( 2 điểm) Cho biểu thức : - + = + - + + 2 x x 2x x y 1 x x 1 x (x > 0) a) Rút gọn y. ( 1)( 1) (2 1) 1 1 2 1 3 1 x x x x x x x x x x x x x x − + + + = + − = − + − − = − + + b) Tìm x để y = 4. 3 4x x⇔ − = 3 4 0x x⇔ − − = đặt 0x t= ≥ 2 3 4 0 4;t t t⇔ − − = ⇔ = (nhận) 1t = − (loại) Với t = 4 4 16x x⇔ = ⇔ = Thỏa mãn đkxđ c) Tìm giá trò nhỏ nhất của y. y 3x x= − = ( ) 2 3 9 9 2 2 4 4 x x− × + − = 2 3 9 9 2 4 4 x −   − − ≥  ÷   9 3 9 min 0 0 4 2 4 y x x − = ⇔ − = ⇔ = > Bài 2: ( 2 điểm) Cho hàm số y = ax 2 có đồ thò (P) và hàm số y = a’x + b’ có đồ thò (D). a) Tìm a’, b’ biết (D) đi qua hai điểm (D) đi qua A(2; 1) và B(0 ; -1) ta có: 2 ' ' 1 ' 1 0. ' ' 1 ' 1 a b a a b b  + = =  ⇔   + = − = −   vậy (D): y = x – 1 b) Tìm a để (P) tiếp xúc với đ.thẳng (D) vừa tìm được. Phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P): ax 2 = x – 1 ax 2 – x + 1 = 0 (*) 2 ( 1) 4 1 4a a∆ = − − = − Để (D) tiếp xúc (P) thì phương trình (*) có nghiệm kép 1 1 4 0 4 a a∆ = − = ⇔ = c) Vẽ (P) và (D) vừa tìm được trên cùng hệ trục tọa độ. (D) đi qua 2 điểm A và B ở trên. Hoặc xác đònh E(0 ; -1) và F(0 ; 1) (P): y = ¼ x 2 có bảng giá trò x -3 -2 0 2 3 y 9/4 1 0 1 9/4 Bài 3: ( 2 điểm) Gọi vận tốc dự đònh là x (km/h , x > 0) Vận tốc lúc sau: x + 6 (km/h) Quãng đường đi được sau 1 giờ : x (km) Quãng đường còn lại: 120 – x (km) Thời gian đi đoạn đường sau: 120 6 x x − + (h) Thời gian dự đònh: 120 x (h) Đổi 10’ = 1/6 h, ta có phương trình: 1 120 120 1 6 6 x x x − + + = + GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 1 4 2 -2 -5 5 (P) (D) h x ( ) = 1 4 ( ) ⋅ x 2 g x ( ) = x-1 N x M H S R Q P y D C B A Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang x 2 + 42x – 4320 = 0 x 1 = 48 ; x 2 = -90 (loại) Vậy vận tốc lúc đầu là 48 km/h Bài 4: a) Chứng minh : D AQR cân, D APS cân. C/m: D DAQ = D BAR ⇒ AQ = AR ⇒ D AQR cân tại A C/m: D BAP = D DAS ⇒ AP = AS ⇒ D APS cân tại A b) SP cắt RQ tại H. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của RQ, PS. Tứ giác AMHN là hình gì ? Có QC ⊥ PR ; RA ⊥ PQ ; PR ∩ PQ tại S ⇒ S là trực tâm của ⇒ D PQR ⇒ PH ⊥ QR (1) AM ⊥ QR (2) AN ⊥ PQ (3) ⇒ AMHN là hình chữ nhật c) Chứng minh : D MAC cân và D NAC cân. AM = ½ QR ; CM = ½ QR ⇒ AM = CM ⇒ D MAC cân tại M AN = ½ PS ; CN = ½ PS ⇒ AN = CN ⇒ D NAC cân tại N d) Tìm quỹ tích trung điểm M của RQ và quỹ tích trung điểm N của PS khi góc vuông · xAy xoay quanh A (không yêu cầu chứng minh phần đảo). MA = MC (cmt) ; NA = NC (cmt) ⇒ MN là đường trung trực của AC Vì ABCD là hình vuông ⇒ BD cũng là đường trung trực của AC ⇒ Quỹ tích M, N thuộc đường chéo BD. GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2003 – 2004 Bài 1: .( 1,5 điểm) Xác đònh m để phương trình x 2 – 4x + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa hệ thức : x 1 3 + x 2 3 = 52. ' ∆ = (-2) 2 – (m – 1) = 5 – m Để Pt có 2 nghiệm phân biệt thì 5 – m > 0 ⇒ m < 5 Theo Vi-ét ta có S = 4 ; P = m – 1 x 1 3 + x 2 3 = 52 ⇔ (x 1 + x 2 ) 3 - 3 x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) = 52 ⇔ 4 3 – 3.4.(m – 1) = 52 ⇔ -12m = -24 ⇔ m = 2 (thỏa mãn đk m < 5) Bài 2: ( 2 điểm) Giải phương trình 2 4x 4x 1 2 4x 1 1 0+ + - + + = 2 2 (2x) ( 4x 1 1) 0+ + - = 2 0 0 4 1 1 4 1 1 0 x x x x =  =   ⇔ ⇔   + = + − =    0 0 4 0 x x x =  ⇔ ⇔ =  =  thỏa mãn Bài 3: (2,5 điểm) Gọi x, y lần lượt là thời gian đội I, đội II làm một mình xong công việc (ngày ; x, y > 12) Trong 1 ngày: Đội I làm được 1 x (CV) Đội II làm được 1 y (CV) Cả 2 đội làm được: 1 12 (CV) Ta có PT: 1 x + 1 y = 1 12 Trong 8 ngày làm chung cả hai đội làm 8( 1 x + 1 y ) Năng suất tăng gấp đôi: 2. 1 y Đội II làm trong 3 ngày rưỡi (7/2 ngày) với năng suất gấp đôi, làm được 7 2 .2. 1 y = 7. 1 y (CV) GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 2 a 1 x y I D K C H A' B' M O B P A Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang Ta có PT: 8( 1 x + 1 y ) + 7. 1 y = 1 ⇔ 8. 1 x + 15. 1 y = 1 Giải hệ: 1 1 1 12 1 1 8 15 1 x y x y  + =     × + × =   đặt 1 x = a ; 1 y = b ta có 1 1 28 28 12 21 1 8 15 1 21 a x a b y a b b   =   = + =    ⇔ ⇔    =    + = =     Bài 4: (4 điểm) a) Chứng minh rằng dây AB có độ dài không đổi. · xPy α = không đổi cho trước Mà · » 1 2 xPy sd AB= Do đó AB có độ dài không đổi b) Chứng minh K thuộc đường tròn (O). Ta có · · AMB APB α = = (Vì APBM là hình bình hành) · · · · · · 0 0 0 180 180 180 AMB CKD APB CKD APB AKB + = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ APBK nội tiếp (O) hay K nằm trên đường tròn (O) c) Chứng minh ba điểm: H, I, K thẳng hàng. PB // AM ; CB ⊥ AM ⇒ CB ⊥ AH ⇒ CB // AH hay BK // AH (1) PA // BM ; AD ⊥ BM ⇒ AD ⊥ AP ⇒ AD // BH hay AK // BH (2) Từ (1) , (2) ⇒ AHBK là hình bình hành Mà I là trung điểm của AB, nên I cũng là trung điểm của HK hay H , I , K thẳng hàng. d) Khi góc xPy quay quanh P mà hai tia Px và Py vẫn cắt đường tròn (O) ở A và B thì H chạy trên đường nào Từ c/ ⇒ · · 0 180AHB AKB α = = − Vì P chạy trên cung lớn AB ( 0 0 90 α < < ) Nên H chạy trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm P Vậy H chạy trên một cung chứa góc 0 180 α − dựng trên đoạn AB GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2004 – 2005 Bài 1: .(1,5 điểm) Cho phương trình x 2 – x – 1 = 0. 1/. Chứng minh phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . Tính x 1 2 + x 2 2 Vì a.c = 1.(-1) < 0 nên PT luôn có 2 nghiệm phân biệt. Hoặc lập ∆ = 5 > 0 suy ra đpcm +Theo Vi-ét ta có S = 1 ; P = -1 +Tính x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2 ) 2 - 2x 1 x 2 = 1 2 – 2.(-1) = 3 2/. Chứng minh tổng Q = x 1 2 + x 2 2 + x 1 4 + x 2 4 chia hết cho 5. x 1 4 + x 2 4 = (x 1 2 ) 2 + (x 2 2 ) 2 = (x 1 2 + x 2 2 ) 2 - 2x 1 2 x 2 2 Theo câu 1/ ta có Q = 3 + 3 2 – 2.(-1) 2 = 10 M 5 Bài 2: (2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: A = ( ) ( ) - + - 2 2 5 3 2 5 = 5 3 2 5 3 5 5 2 1− + − = − + − = B = ( ) ( ) + - +10 2 . 6 2 5 . 3 5 GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 3 O L K H N M C B A Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang 2 2( 5 1)( 5 1) 3 5= + − × + ( 5 1)( 5 1)( 5 1) 2(3 5)= + − − × + 2 2 ( 5 1)( 5 1) (1 5)= + − × + 2 2 ( 5 1) ( 5 1)= + − = (5 – 1) 2 = 16 Bài 3: (2,5 điểm) 1h12’ = 6 5 h ; 30’ = 1 2 h ; 45’ = 3 4 h ; 75% = 3 4 Gọi x (giờ) là thời gian đội 1 làm một mình xong công việc ( x > 0) y (giơ() là thời gian đội 2 làm một mình xong công việc ( y > 0) Trong 1 giờ: Người thứ nhất làm được: 1 x (cv) Người thứ hai làm được: 1 y (cv) Cả hai người làm được: 1: 6 5 = 5 6 Ta có phương trình: 1 x + 1 y = 5 6 (1) Khi 2 người làm chung trong 30 phút được: 1 2 ( 1 x + 1 y ) Lúc sau chỉ có người thứ 2 làm trong 45’ được 3 4 × 1 y Ta có phương trình: 1 2 ( 1 x + 1 y ) + 3 4 × 1 y = 3 1 1 2 5 3 4 x y ⇔ × + × = (2) Giải hệ: 1 1 5 x 6 1 1 2 5 3 y x y  + =     × + × =   đặt 1 x = a ; 1 y = b Được: 7 18 18 7 4 9 9 4 a x b y   = =     ⇔     = =     Trả lời: thời gian đội 1 làm một mình xong công việc 18 4 2 7 7 h= thời gian đội 2 làm một mình xong công việc Bài 4: (4 điểm) 1/. Trên MA lấy điểm N sao cho MN = MB. a) Chứng minh D ABN = D CBM. -Chứng minh: D BMN đều MN = MB (gt) và · · 0 60BMN ACB= = cùng chắn cung AB -Chứng minh: D ABN = D CBM (cgc) b) Suy ra : MA = MB + MC. MA = AN + MN = MC + MB 2/. Chứng minh rằng : 1 1 1 MH MK ML = + D HBM : D KAM HB MB MH AK AM MK ⇒ = = AL CM MH HCM LAM HC AM ML ∆ ∆ ⇒ = = : CM BM MH MH AM AM MK ML ⇒ + = + 1 1CM BM MH AM MK ML +   ⇔ = +  ÷   GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 4 Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang 1 1 1 1 1 AM MH AM MK ML MH MK ML   ⇔ = +  ÷   ⇔ = + 3/. Chứng minh rằng: MH 2 + MK 2 + ML 2 = h 2 . Ta có S ABC = S ABM + S ACM - S BMC ⇔ AI.BC = ML.AB + MK.AC – MH.BC ⇔ AI = ML + MK – MH (do AB = AC = BC) ⇔ AI 2 = ML 2 + MK 2 + MH 2 +2ML.MK–2ML.MH-2MK.MH ⇔ AI 2 = ML 2 + MK 2 + MH 2 + 2ML.MK – 2(ML + MK) Mà 1 1 1 .MK ML MH MH MK ML MK ML = + ⇒ = + . ( )MK ML MH MK ML⇒ = + ⇔ AI 2 = ML 2 + MK 2 + MH 2 ⇔ AI 2 = ML 2 + MK 2 + MH 2 ⇔ h 2 = ML 2 + MK 2 + MH 2 GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2005 – 2006 Bài 1: .(2 điểm) Cho phương trình : x 2 – 2(m + 1)x + m 2 + 2m –3 = 0 (1) a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt. ' ∆ = [-(m + 1)] 2 – (m 2 + 2m - 3) = m 2 + 2m + 1 – m 2 – 2m + 3 = 4 > 0 Vậy PT luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m b) Tìm m để nghiệm của (1) thỏa điều kiện : x 1 2 + x 2 2 = 10 Từ (1) ta có S = 2(m + 1) = 2m + 2 P = m 2 + 2m – 3 Từ x 1 2 + x 2 2 = 10 ⇔ (x 1 + x 2 ) 2 - 2x 1 x 2 = 10 ⇔ (2m + 2) 2 – 2(m 2 + 2m – 3) = 10 ⇔ 4m 2 + 8m + 4 – 2m 2 – 4m + 6 = 10 ⇔ 2m 2 + 4m = 0 ⇔ 2m(m + 2) = 0 ⇔ m = 0 ; m = -2 c) Tìm m để tích hai nghiệm của (1) nhỏ nhất. P = m 2 + 2m – 3 = m 2 + 2m + 1 – 4 = (m + 1) 2 – 4 ≥ - 4 minP = -4 ⇔ m + 1 = 0 ⇔ m = -1 Bài 2: (2 điểm) Cho biểu thức : ( ) ( ) 2 3 1 1 a + 2 M = 1- a 2 1+ a 2 1- a + - a) Rút gọn M. Đkxđ: 0; 1a a ≥ ≠ ( ) ( ) 2 2 1 1 a + 2 M = (1- a)(a 1) 2 1+ a 2 1- a a + - + + ( ) ( ) 2 2 2 2 1- a (a 1) 1+ a (a 1) 2(a + 2) M = 2(1- a)(a 1) a a a + + + + + - - + + 2 2 2 2 2 2 a 1 a 1 a 1 a 1 2a - 4 M = 2(1- a)(a 1) a a a a a a a a a + + - - - + + + + + + - + + GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 5 K I N M O C B A Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang 2 2a - 2 M = 2(1- a)(a 1)a+ + M 2 2 2(1 ) 1 2(1- a)(a 1) (a 1) a a a - - - = = + + + + b) Tìm giá trò nhỏ nhất của M. Do 0a ≥ nên 2 1 1a a + + ≥ Suy ra minM = -1 khi a = 0 Bài 3: (2 điểm) Giải phương trình : 2 x + x + 12 x + 1 = 36 x(x + 1) + 12 x + 1 = 36 với 1x ≥ − Đặt 2 2 1 0 1 1x t t x x t+ = ≥ ⇒ = + ⇒ = − ta có: (t 2 -1)t 2 + 12t – 36 = 0 ⇔ t 4 – t 2 + 12t – 36 = 0 Dùng Đònh lí Bơzu và lược đồ Hoocne được: ⇔ (t – 2)(t + 3)(t 2 – t + 6) = 0 2 2 0 2 3 0 3 0 6 0 t t t t t t t  − = =    ⇔ + = = − <     − + = ∈Φ   Với t = 2 1 2 1 4 3x x x+ = ⇒ + = ⇒ = (nhận) Vậy S = {3} Cách 2: 2 x + 2x +1 - x - 1+ 12 x + 1- 36 = 0 ⇔ ( ) 2 2 ( 1) 1 6 0x x+ − + − = ⇔ ( ) ( ) 1 1 6 1 1 6 0x x x x+ + + − + − + + = ⇔ ( ) ( ) 5 1 7 1 0x x x x− + + + − + = 5 1 0 7 1 0 x x x x  − + + = ⇔  + − + =   * 5 1 0 1 5x x x x− + + = ⇒ + = − x + 1 = 25 -10x + x 2 ( 5x ≤ ) x 2 – 11x + 24 = 0 ⇔ x = 3 ( nhận) ; x = 8 (loại) * 7 1 0 1 7x x x x+ − + = ⇒ + = + x + 1 = x 2 + 14x + 49 ( 7x ≥ − ) x 2 + 13x + 48 = 0 Phương trình vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có S = {3} Bài 4: (2 điểm) a) Chứnh minh MBK MIC ∆ ∆ : ; NAK NIC ∆ ∆ : b) Chứng minh : = + BC CA AB IA IB IC (1) MB MK BK MB MI MBK MIC MI MC IC BK IC ∆ ∆ ⇒ = = ⇒ = : (2) NA AK NK NA NI NAK NIC NI IC NC AK IC ∆ ∆ ⇒ = = ⇒ = : Theo gt: MB = MC ; NA = NC ⇒ MN // AB ; AB = 2MN ⇒ ABKI là hình thang cân ⇒ AI = BK ; BI = AK GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 6 Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang Từ (1) ⇒ (3) MB MI IA IC = Từ (2) ⇒ (4) NA NI BI IC = Lấy (4) trừ (3) MB NA MI NI MN IA IB IC IC − − = = 1 1 1 2 2 2 BC AC AB IA IB IC ⇔ − = BC AC AB IA IB IC ⇔ − = BC AC AB IA IB IC ⇔ = + Bài 5: (2 điểm) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: + + > + + + 25a 16b c 8 b c c a a b . Đặt A = 25a 16b c b c c a a b + + = + + + A = 25a 16b c 25 16 1 42 b c c a a b + + + + + - = + + + A = 25(a b c) 16(a b c) a b c 42 b c c a a b + + + + + + + + - = + + + A = 25 16 1 (a b c) 42 b c c a a b ỉ ư ÷ ç + + + + - = ÷ ç ÷ ç è ø + + + p dụng bất đẳng thức Co-si Svas: 2 2 2 2 ( )x y z x y z a b c a b c + + + + ≥ + + với x, y, z ∈ R và a, b, c > 0 Dấu “=” xảy ra khi x y z k a b c = = = ( ) 2 (5 4 1) 42 8 2( ) A a b c a b c + + ⇒ ≥ + + × − = + + Dấu “=” xảy ra khi 5 4 1 5 4 1 5 2( )b c c a a b a b c a b c + + = = = = + + + + + + + Suy ra a = 0 điều này trái với giả thiết, nên dấu “=” không xảy ra Vậy A > 8 suy ra đpcm. GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2006 - 2007 Bài 1: .(2 điểm) Cho phương trình : mx 2 – 2(m + 3)x + m + 2 = 0 (1) 1/. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x 1 , x 2 phân biệt. '∆ = [-(m + 3)] 2 – m(m + 2) = 4m + 9 Để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì: GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 7 R x R K H O C A B Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang 0 0 0 9 ' 0 4 9 0 4 m a m m m   ≠  ≠ ≠    ⇔ ⇔    − ∆ > + > >       Vậy 9 ; 0 4 m m − > ≠ 2/. Tìm số nguyên m sao cho F = + 1 2 1 1 x x là một số nguyên. Từ (1) theo Vi-ét: S = 2( 3) 2 ; m m P m m + + = Theo gt F = 1 2 1 2 1 2 x x1 1 x x x .x + + = = = 2(m 3) m 2m 6 2 2 m m 2 m 2 m 2 + + × = = + + + + Để F có giá trò thì m + 2 phải là ước của 2 Nếu m + 2 = -1 ⇒ m = -3 (loại) Nếu m + 2 = 1 ⇒ m = -1 Nếu m + 2 = -2 ⇒ m = -4 (loại) Nếu m + 2 = ⇒ m = 0 (loại) Vậy số nguyên m cần tìm là m = -1 Bài 2: (3,5 điểm) Giải các phương trình sau : 1/.(x 2 – 12x – 64).(x 2 + 30x + 125) + 800 = 0 ⇔ (x – 16)(x + 4)(x + 5)(x + 25) + 800 = 0 ⇔ (x 2 + 9x – 400)(x 2 + 9x + 20) + 800 = 0 Đặt x 2 + 9x – 400 = t, ta có: t(t + 420) + 800 = 0 ⇔ t 2 + 420t + 800 = 0 (mời các bạn giải tiếp dùm!) 2/. x 2 + 4x + 5 = 2 +2x 3 ⇔ x 2 + 2x + 1 + 2x + 3 - 2 +2x 3 + 1 = 0 ⇔ (x + 1) 2 + ( +2x 3 - 1) 2 = 0 1 0 1 2 3 1 0 2 3 1 x x x x + = = −     ⇔ ⇔   + − = + =     1 1 2 3 1 x x x = −  ⇔ ⇔ = −  + =  Vậy nghiệm của phương trình là S = {-1} Bài 3: (2,5 điểm) 1/. Chứng minh : S £ AK . BK S = S ABK + S ACK = ½ AH.BK + ½ AH.CK = ½ AH(BK + CK) = ½ AH.2BK = AH.BK £ AK.BK 2/. Chứng minh : S £ 2 3 3 R 4 Đặt OK = x > 0, ta có BK = 2 2 R x− và AK £ OK + OA = R + x S £ AK.BK £ (R + x). 2 2 R x− GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 8 Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang £ 2 ( )R x+ 2 2 R x− £ ( )( )( )( )R x R x R x R x+ + + − £ 1 ( )( )( )(3 3 ) 3 R x R x R x R x+ + + − mà 4 4 1 1 ( 3 3 ) ( )( )( )(3 3 ) 3 3 4 R x R x R x R x R x R x R x R x + + + + + + − × + + + − ≤ × 2 2 1 6 9 ( )( )( )(3 3 ) 3 4 4 R R R x R x R x R x   + + + − ≤ =  ÷   2 1 3 3 ( )( )( )(3 3 ) 3 4 R R x R x R x R x+ + + − ≤ Vậy S 2 3 3 4 R ≤ 3/. Xác đònh tính chất tam giác ABC khi tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Bài 4: (2 điểm) Cho phương trình : ( x – 2006 ) 2 + ( x – 2007 ) 2 = 1 (*) Tìm 2 nghiệm của phương trình đã cho. Chứng minh phương trình có 2 nghiệm duy nhất. - Nhận thấy x = 2006 hoặc x = 2007 là nghiệm của phương trình - Nếu 2006; 2007x x≠ ≠ ta có: (*) ⇔ ( x – 2006 ) 2 + ( 2007 – x ) 2 = 1 ⇔ (x–2006+2007–x) 2 –2(x–2006)(2007–x) = 1 ⇔ 1 – 2(x – 2006)(2007 – x) = 1 ⇔ 2(x – 2006)(2007 – x) = 0 X – 2006 = 0 hoặc 2007 – x = 0 Suy ra x = 2006 hoặc x = 2007 Vậy phương trình có 2 nghiệm duy nhất là x = 2006 ; x = 2007 GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2007 - 2008 Bài 1: .(2 điểm) Cho phương trình: x 2 – 2(m + 1)x + 2m + 3 = 0 (1) a) Tìm số tự nhiên m nhỏ nhất để phương trình (1) có 2 nghiệm x 1 , x 2 phân biệt '∆ = [-(m + 1)] 2 – (2m + 3) = m 2 – 2 Vì a = 1 ≠ 0 nên để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì '∆ > 0 ⇔ m 2 – 2 > 0 ⇔ m 2 > 2 ⇔ 2 2; 2m m m> ⇔ < − > Vậy số tự nhiên nhỏ nhất là m = 2 b) Tìm các giá trò của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn (x 1 – x 2 ) 2 = 4 Từ (1) ta có S = x 1 + x 2 = 2m + 2 ; P = x 1 .x 2 = 2m + 3 Theo gt: (x 1 – x 2 ) 2 = 4 ⇔ (x 1 + x 2 ) 2 – 4x 1 x 2 = 4 ⇔ (2m + 2) 2 – 4(2m + 3) = 4 ⇔ m 2 = 3 ⇔ 3m = ± Bài 2: .(2 điểm) Giải phương trình sau: ( 2) ( 5) ( 3)x x x x x x− + − = + (1) Nhận xét: x = 0 là 1 nghiệm của phương trình Với x > 0 GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 9 D B' A' O C M A B E C' Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang ta có (1) ⇔ 2 5 3x x x− + − = + ⇔ 2 5 2 ( 2)( 5) 3x x x x x− + − + − − = + ⇔ 2 2 7 10 10x x x− + = − đkxđ 0 < x ≤ 10 ⇔ 4(x 2 – 7x + 10) = 100 – 20x + x 2 ⇔ 3x 2 – 8x – 60 = 0 ⇔ x 1 = 6 (nhận) ; x 2 = 10 3 − (loại) Vậy S = { } 0;6 Bài 3: .(2 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 19 2 19 2 20 ( 1)( 2) 20 x x y y x y x y x x y y xy x y  − + − =  + − − =  ⇔   − − = − − − = −    Đặt x 2 – x = a ; y 2 - 2y = b khi đó hệ trở thành: 19 20 . 20 1 a b a a b b  + = =  ⇔   = − = −   hoặc 1 20 a b = −   =  Với 2 2 20 20 1 2 1 a x x b y y  =  − =  ⇔   = − − = −    2 2 5; 4 20 0 1 2 1 0 x x x x y y y y  = = − − − =  ⇔ ⇔   = = − + =   Với 2 2 1 1 20 2 20 a x x b y y  = −  − = −  ⇔   = − =    2 2 1 0 2 20 0 x x y y  − + = ⇔ ⇔  − − =  Hệ phương trình vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (5 ; 1) và (-4 ; 1) Bài 4: (3 điểm) a/ Chứng minh: ∆ MAD : ∆ MEA’ · AME chung · · 'MAD MEA= (cùng chắn ¼ 'A D ) '( )MAD MEA g g⇒ ∆ ∆ −: b/ Từ a/ suy ra: . ' . ' MA MD MA MA ME MD ME MA = ⇒ = = = (MO + R)(MO – R) = MO 2 – R 2 c/ Chứng minh: ∆ MBC : ∆ MC’B’ (g-g) (1) Chứng minh: ∆ MAC : ∆ MC’A’ (g-g) (2) Chứng minh: ∆ MAB : ∆ MB’A’ Từ(1) ' ' ' ' MB MC BC MC MB B C ⇒ = = (4) . ' . 'MC MC MB MB ⇒ = Từ (2) ' ' ' ' MA MC AC MC MA A C ⇒ = = (5) . ' . 'MC MC MA MA ⇒ = . ' . 'MA MA MB MB⇒ = ' ' MB MA MA MB ⇒ = và · AMB chung ⇒ ∆ MAB : ∆ MB’A’ (c-g-c) (3) GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá 10 [...]...Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang MA MB AB = = d/ từ (3) ⇒ (6) MB ' MA ' A ' B ' MB AC MA.BC = Lấy (1) nhân (2): ⇒ MC ' A ' C ' MC '.B ' C ' MB AC MA.BC ⇒ = (7) A 'C ' B 'C ' MA.BC MA.BC = Lấy (1) nhân (3): ⇒ MB ' A ' B '... điểm Chứng minh Từ trên ta có x1;2 = ⇒ x1 − x2 = x1 − x2 ≥ 2 m − m2 + 4 2 m + m2 + 4 − m + m2 + 4 = 2 m2 + 4 GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá - 11 - Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang Mà m2 + 4 ≥ 4 ⇒ m2 + 4 ≥ 2 ⇒ m 2 + 4 ≥ 2 ⇒ dpcm Cách 2: Từ PT (*) ta có S = x1 + x2 = m ; P = x1.x2 = -1 x1 − x2 = Do m2 + 4 ( x1 − x2 ) 2 = S 2 − 4P = m2 + 4 ≥ 4 ⇒ m 2 + 4 ≥ 2 ⇒ x1 − x2... AHI : ∆ ECD ∆ AHI vuông tại H (gt), ∆ ECD vuông tại C (Do nội tiếp (O) có DE là đường kính) H N O I M C B GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá D - 12 - Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang ¶ » Mà C4 = µ1 = A2 (cùng chắn BD ) A ¶ ¶ ¶ C = C (do CI là phân giác của góc ACB) 3 2 · · ⇒ ICD = CID ⇒ ∆ IDC cân tại D ⇒ DC = DI Mặt khác: ∆ AHI : ∆ ECD ⇒ ⇔ AI ID = 2 R.r AI HI AI r = ⇔... = ( ) 2 x − 3 −1 + 2 ≥ 2 ⇒ y ≥ 2 ⇒ y ≤ − 2 (giá trò này không thỏa) hoặc y ≥ 2 Vậy ymin = 2 ⇔ x − 3 − 1 = 0 ⇔ x −3 =1 ⇔ x = 4 Thỏa mãn điều kiện GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2009 – 2 010 Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax 2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1, x2 Đặt S2 = x12 + x22 ; S1 = x1.x2 Chứng minh rằng: a.S2 + b.S1 + 2c = 0 −b c ; x1.x2 = a a 2 2 a.S2 + b.S1 +... (1) có nghiệm a/ Phương trình có 1 nghiệm x = 9 thay vào pt ta có: 2.9 - 7 9 + 3m – 4 = 0 ⇒ 3m = 7 ⇒ m = 7/3 GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá - 13 - Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang Từ (1) ta có x ≥ 0 thế vào (1) ta được pt: 2 ( x) 2 − 7 x + 3 = 0 (2) x = t ≥ 0 ta có pt: 2t2 – 7t + 3 = 0 Đặt Giải tìm được t1 = 3 ; t2 = ½ Suy ra x 1 = 9 ; x2 = ¼ b/ Từ (1) coi phương trình... tại hai điểm phân biệt A, B với AB > 6 a/ Gọi pt của (d) là y = ax + b Khi đi qua I(0 ; 3) và M(m ; 0) ta có: GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá - 14 - Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang   b=3 −3  a.0 + b = 3  ⇔ −3 ⇒ ( d ) : y = x + 3  m  m.a + b = 0 a = m   b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): x 2 −3 = x+3 3 m ⇔ mx 2 = −9 x + 9m (do m ≠ 0) ⇔ mx 2... xứng của B qua A Chứng minh bốn điểm B, C, E, D thuộc một đường tròn có tâm là K Xác đònh tâm K của đường tròn GV biên soạn: Lê Trọng Hiếu – THCS Lê Q Đơn – TP Rạch Giá - 15 - Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang µ ¶ C1 = B2 (chắn cung AnB) ¶ µ Xét (O’) ta có D1 = B1 (chắn cung AmB) ⇒ ∆ABC : ∆ADB AB AC BC ⇒ = = (1) AD AB BD ⇒ AB 2 = AC AD a/ Xét (O) ta có 2 E / C 2 1 / 2 1 = x 2 1 A K O x 2 AB 2 AC... Khi m chẵn, n lẻ thì m + n = 2k + 1 (tương tự m lẻ, n chẵn) ⇒ [1 + (-1)2k +1] = 0 ⇒ A ≠ 2007 Vậy không có 2 số tự nhiên m và n để thỏa mãn đẳng thức trên GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2008 – 2009 Bài 1: (2 điểm) 1/ Viết phương trình đường thẳng (d) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt Gọi pt của (d): y = ax + b Vì (d) đi qua I(0 ; 1) có hệ số góc m nên ta . thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang ta có (1) ⇔ 2 5 3x x x− + − = + ⇔ 2 5 2 ( 2)( 5) 3x x x x x− + − + − − = + ⇔ 2 2 7 10 10x x x− + = − đkxđ 0 < x ≤ 10 ⇔ 4(x 2 – 7x + 10) = 100 – 20x +. x 1 2 + x 2 2 = 10 Từ (1) ta có S = 2(m + 1) = 2m + 2 P = m 2 + 2m – 3 Từ x 1 2 + x 2 2 = 10 ⇔ (x 1 + x 2 ) 2 - 2x 1 x 2 = 10 ⇔ (2m + 2) 2 – 2(m 2 + 2m – 3) = 10 ⇔ 4m 2 + 8m + 4. Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2002 – 2003 Bài 1: .( 2 điểm) Cho biểu thức : - + =