TSL10 Chuyen Toan Quãng Ngãi 10-11

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010 - 2011 QUẢNG NGÃI Môn thi: TOÁN (Hệ chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (2,5 điểm) a) Thu gọn biểu thức: M = x 3 x 3 9 x x 3 x 3 x   − +   − −  ÷  ÷ + −     với x > 0; x ≠ 9. b) Giải phương trình: 3 2 2 x x 16 0 16 x + − = − . c) Giải hệ phương trình: 2 1 7 x 1 y 1 5 2 4 x 1 y 1  + =  − +    − =  − +  . Bài 2: (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các số tự nhiên n để n 3 – n 2 – 7n + 10 là một số nguyên tố. b) Tìm tất cả các số tự nhiên x, y, z thoả mãn phương trình 2010 x = 2009 y + 2008 z . Bài 3: (1,5 điểm) Cho phương trình x 2 – mx + m – 1 = 0 và đặt A = ( ) 1 2 2 2 1 2 1 2 4x x 6 x x 2 1 x x + + + + với x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình. a) chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m. b) Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ nhất? c) Tìm tất cả các số nguyên dương của m để A nhận giá trị nguyên. Bài 4: (2,5 điển) Cho tam giác ABC có AB = 3AB = 3a và · o BAC 60= . Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho · 0 ADB 30= . Đường thẳng vuông góc với AD tai D cắt tia AB ở E và cắt cạnh AC ở F. Hạ EK vuông góc với AC (K ∈ AC). a) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác Abc theo a. b) Chứng minh ba đường thẳng AD, BF và EK đồng quy. Bài 5: (1,5 điểm) a) Tam giác KLM có ba đường phân giác trong là KN và LP cắt nhau tại Q (N ∈ LM, P ∈ KM). Giả sử tứ giác MNQP nội tiếp và PN = 2. tính số đo các góc và các cạnh của tam giác NPQ. b) Cho tam giác cân ABC (AB = AC) có · o BAC 108= . Tính tỉ số BC AC . ĐỀ CHÌNH THỨC Giải Bài 1: (2,5 điểm) a) M = x 3 x 3 9 x x 3 x 3 x   − +   − −  ÷  ÷ + −     = ( ) ( ) ( ) ( ) x 3 x 3 x 6 x 9 x 6 x 9 x x 3 x 3 + − − + − − − × + − = − 12. b) ĐKXĐ: − 4 < x < 4 3 2 2 x x 16 0 16 x + − = − ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 x 16 x 0 x 16 x x x 16 x 16 x⇔ − − = ⇔ − − + − + − = 0 ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 x 16 x 16 x x 16 x 2 4     ⇔ + − + − − −    ÷       = 0 ⇔ 2 x 16 x= − (vì ( ) 2 2 2 1 3 x 16 x 16 x 2 4   + − + −  ÷   > 0) 2 2 x 0 x 0 x 2 2 x 2 2 x 16 x x 2 2 >  >    ⇔ ⇔ ⇔ = =   = −    = −    (thỏa ĐKXĐ) Tập nghiệm của phương trình là S = {2 2 }. c) ĐKXĐ: x 1 y 1 ≠   ≠ −  . Đặt 1 u x 1 = − , 1 v y 1 = + , ta có hệ phương trình: 2u v 7 4u 2v 14 9u 18 u 2 5u 2v 4 5u 2v 4 v 7 2u v 3 + = + = = =     ⇔ ⇔ ⇔     − = − = = − =     • u = 2 1 3 2 x x 1 2 ⇔ = ⇔ = − (thỏa ĐKXĐ) • v = 3 1 2 3 y y 1 3 ⇔ = ⇔ = − + (thỏa ĐKXĐ) Vậy hệ phương trình có nhiệm duy nhất 3 2 ; 2 3   −  ÷   . Bài 2: a) P = n 3 – n 2 – 7n + 10 = n 3 – 2n 2 + n 2 – 2n – 5n +10 = (n – 2)(n 2 + n – 5). P nguyên tố 2 n 3 n 2 1 n 2 n n 5 1 n 3 =  − =   ⇒ ⇒ =   + − =   = −  (loại) * n = 3 ⇒ P = 7. * n = 2 ⇒ P = 0 (loại). Vậy n = 3 là giá trị cần tìm. b) 2010 x = 2009 y + 2008 z (1) Nhận xét: Vế phải lớn hơn 1 nên x > 0 ⇒ 2010 x chẵn. Ta có 2009 y lẻ. Suy ra z = 0. (1) trở thành 2010 x = 2009 y + 1. Ta có 2009 y + 1 = (2008 + 1) y +1 ≡ 2 (mod 4). Nếu x ≥ 2 thì 2010 x M 4 (vô lí). Vậy x = 1. Suy ra y = 1 Vậy x = 1, y = 1, z = 0. Bài 3: x 2 – mx + m – 1 = 0 a) ∆ = (– m) 2 – 4(m – 1) = (m – 2) 2 ≥ 0. Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m. b) A = ( ) 1 2 2 2 1 2 1 2 4x x 6 x x 2 1 x x + + + + = ( ) ( ) 1 2 2 2 1 2 4 m 1 6 4x x 6 m 2 x x 2 × − + + = + + + . 2 Am 4m 2A 2 0⇔ − + − = . * A = 0 1 m 2 ⇔ = − . * A ≠ 0: Tồn tại giá trị của m 2 ' 4 A(2A 2) 0 A A 2 0⇔ ∆ = − − ≥ ⇔ − − ≤ ( ) ( ) A 1 A 2 0⇔ + − ≤ A 1 A 2 ≥ −  ⇔  ≤  1 A 2⇔ − ≤ ≤ . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là –1 khi m = –2. c) Ta có 1 A 2− ≤ ≤ và A nguyên nên A { } 1;0;1;2∈ − . * A = – 1 m 2⇔ = − (loại) * A = 0 1 m 2 ⇔ = − (loại) * A = 1 m 0 m 4 =  ⇔  =  * A = 2 m 1 m 2 =  ⇔  =  Vậy tâp hợp các giá trị m cần tìm là: { } 1;2;4 . Bài 4: a) Kẻ BH ⊥ AC, ta có AH = AB.cos · BAH = a.cos 60 0 = a 2 , BH = AB.sin · BAH = a.sin 60 0 = a 3 2 . CH = AC – AH = 3a – a 2 = 5a 2 (loại) Suy ra BC = 2 2 2 2 25a 3a BH CH a 7 4 4 + = + = . Kẻ OI ⊥ BC, ta có BI = BC a 7 2 2 = . BO = · · BI a 7 a 7 3 a 21 :sin BAC : 2 2 2 3 sin BOI = = = . b) Ta có · · · 0 0 0 BDF BDA ADF 30 90 120 .= + = + = Tứ giác ABDF có · · 0 0 0 BAF BDF 60 120 180+ = + = . ⇒ tứ giác ABDF nội tiếp. Suy ra · · 0 ABF ADF 90= = . Do đó FB là đường cao của tam giác AEF. FB, AD, EK là ba đường cao của tam giác AEF nên ba đường thẳng AD, EK, BF đồng quy. Bài 5: a) * Ta có KN, LP là các đường phân giác của tam giác MLK nên MQ cũng là đường phân giác của tam giác MLK. Đặt · · · · NMQ PMQ QPN QNP= = = = α , · · NLQ KLQ= = β , · · QKL QKP= = γ . Ta có 0 90α + β + γ = (1) 2α = · NQL = β + γ (2) (1) & (2) 0 3 90⇒ α = 0 30⇒ α = . Vậy · · 0 QNP QPN 30= = . · 0 NQP 120= . * Kẻ QH ⊥ NP NH 1⇒ = , NQ = NH: cos30 0 = 1: 3 2 = 2 3 3 . Vậy NQ = PQ = 2 3 3 . b) Trên BC dựng điểm D sao cho BD = BA. Ta có · µ µ · 0 0 0 BAC 108 B C 36 BDA 72= ⇒ = = ⇒ = · 0 ADC 108⇒ = ⇒ ∆ ABC ∆ DAC ⇒ 2 AC BC AC DC.BC DC AC = ⇒ = (*) Đặt BA = AC = BD = a, BC = x, thế thì CD = x – a. Từ (*) suy ra a 2 = (x – a).x ⇔ x 2 – ax – a 2 = 0 ( ) ( ) 1 5 a x 2 1 5 a x 2  +  =  ⇔  −  =   Vậy ( ) 1 5 a BC 1 5 : a AC 2 2 + + = = . H O I K F E D A B C K L Q N P M α α α α β β γ γ H C A B D s (loại) . SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010 - 2011 QUẢNG NGÃI Môn thi: TOÁN (Hệ chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (2,5 điểm) a) Thu gọn biểu thức: