ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU NĂM HỌC 2008 - 2009 MÔN TOÁN CD Khóa thi ngày 7 - 6 - 2008 Thời gian 150 phút Câu 1: (2 điểm) Giả sử là hai nghiệm của phương trình: ( ) 2 3210mx m x m − +++= a) Tính tổng S và tích P của hai nghiệm. Biết S - P = 1, tính 12 ,,mx x. b) Trong trường hợp tổng quát, không tính 12 , x x hay tìm một hệ thức liên hệ giữa S và P độc lập với m. Câu 2: ( 2 điểm) a) Giải hệ phương trình 22 22 23 0,19 57 0,83 xy xy ⎧ −=− ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ Với 0xy < b) Giải phương trình () 2 21 1xx x+− = Câu 3: (1 điểm) Một phân số P có dạng 3 a P a = + với a là số nguyên dương. Nếu mẫu số tăng thêm một thì phân số giảm 11 325 Tính P. Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6, AC = 8. a) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I, bán kính . Tính IA. b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm O, bán kính R. Tính 2 2 OI R Rr− c) Dựng AH vuông góc BC tại H và HK vuông góc AC tại K. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC cắt AB tại E (E khác B). Tính n A EH Câu 5 (2 điểm) Một sinh viên súyt bị tai nạn tàu hỏa kể chuyện với các bạn : ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com ” Khi đang đi trên cây cầu sắt (sử dụng cho tàu hỏa) dài 120m thì tôi thấy 1 chiếc xe lửa tốt hành đang lao tới. Thay vì chạy cùng chiều với xe lửa tôi quyết định chạy nước rút ngược chiều xe lửa. Dù là vô địch chạy nước rút của trường, tôi cũng chỉ chạy được với vận tốt 18km/h vì đang mang ba lô trên lưng. May mắn thay, khi tôi chạy đến đầu cầu bên này thì 2 giây sau xe lửa mới đến nên tôi đã kịp tránh sang một bên. Khi hòan hồn lại, tôi tính được rằng nếu tôi chạy cùng chiều với xe lửa thì ngay khi đến cầu bên kia tôi sẽ bị xe lửa đụng. May thật!” Biết xe lửa chạy với vận tốc 72km/h, em hãy tính khi thấy xe lửa, anh sinh viên đang ở cách đầu cầu bên này bao nhiêu mét? Hướng dẫn giải Câu 1: a) Theo định lý Viet ta có 12 12 3 21 m Sxx m m Pxx m + ⎧ =+= ⎪ ⎪ ⎨ + ⎪ == ⎪ ⎩ ( ) 0m ≠ Với S – P = 1 ta có 32 1 11 mm m mm ++ −=⇔= . Khi đó phương trình trở thành: 2 430xx−+= 1 3 x x = ⎡ ⇔ ⎢ = ⎣ . Suy ra 1 2 1 3 x x = ⎧ ⎨ = ⎩ hoặc 1 2 3 1 x x = ⎧ ⎨ = ⎩ b) Ta có () 33 313 1 m SmSmmSm mS + =⇒=+⇒−=⇒= − . Từ đó ta có: 2.3 1 21 5 1 3 3 1 mS S P m S + ++ − == = − hay 35PS − = Câu 2: a) Ta có: 22 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 3 0,19 10 15 0,95 29 2,61 5 7 0,83 10 14 1,66 10 15 0,95 0, 09 0,3 0, 2 0, 04 xy x y y xy x y x y yy x x ⎧⎧ ⎧ −=− − =− = ⎪⎪ ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ ⎨ += + = − =− ⎪⎪ ⎪ ⎩⎩ ⎩ ⎧ ==± ⎧ ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ =± = ⎪ ⎩ ⎩ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com Mà 0xy < nên ta có 0, 2 0,3 x y =− ⎧ ⎨ = ⎩ hoặc 0, 2 0,3 x y = ⎧ ⎨ = ⎩ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm. b) Điều kiện: () 1 210 0 x xx x ≤− ⎡ +≥⇔ ⎢ ≥ ⎣ Khi đó ta có: () () () () 22 22 22 2 21 1 211 211 2 221 2 22 101 xx x xx x x xxx x xxx xxx +− = ⇔ +=+ ⇔+=++ ⇔+=++ ⇔+−−= Nếu 0x ≥ ta có () ( ) () 2 1 110 1 x n x x l =⎡ ⇔−=⇔ ⎢ =− ⎢ ⎣ Nếu 0x < ta có () () () 2 25 1410 25 x l xx x n ⎡ =− + ⎢ ⇔+−=⇔ ⎢ =− − ⎣ Vậy phương trình có hai nghiệm 1, 2 5xx==−− Câu 3: Nếu mẩu số tăng them ta được phân số 31 4 aa aa = + ++ . Theo đề bài ta có phương trình: () ( ) ()() ()() () () 2 2 43 11 11 3 4 325 3 4 325 325 11 3 4 325 11 77 132 248 132 0 22 6 11 aa aa aa aa aa aaa aa a aa an al +− + −= ⇔ = ++ ++ ⇔=++ ⇔=++ ⇔−+= =⎡ ⎢ ⇔ ⎢ = ⎢ ⎣ Vậy 22 22 22 3 25 p == + ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com Câu 4: a) Tam giác ABC vuông tại A nên ta có 22222 6 8 100 10BC AB AC BC = +=+=⇒= Gọi M, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (I) với các cạnh BC, AC và AB. Ta có BM = BQ, CM = CP và AP = AQ. (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ra 2AP = AP + AQ = AB – BQ + AC – CP = AB + AC – CM – BM = AB + AC – BC = 6 + 8 – 10 = 4. Suy ra AP = 2. Tam giác API vuông tại P nên ta có 222.2 cos cos 45 2 2 2 22 o AP AP PAI AI AI ===⇒=== b) Tam giác API vuông tại P có n 45 o PAI = nên là tam giác vuông cân, suy ra r = 2rIPAP== = Tam giác ABC vuông tại A nên tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là trung điểm của BC và bán kính 5 2 BC ROB== = . Khi đó ta có 22 2 5 2.2.5 5RrR−=− = Ta có 2BM = BM + BQ = BC + BA – AQ – CM = BC + BA – AC = 6+ 10 – 8 = 8 Suy ra MB = 4, suy ra MO = OB – BM = 5 – 4 = 1. Tam giác IOM vuông tại M nên ta có 22 222 215 5OI IM MO OI=+ =+=⇒= Vậy 2 5 1 5 2 OI RRr == − c) Ta có n n AEK ACB= (Tứ giác BEKC nội tiếp) Và n n AHK ACB= ( cùng phụ với n CHK ) Suy ra n n AEK AHK= , suy ra tứ giác AEHK nội tiếp. Do đó n n n n 180 180 180 90 90 ooooo AEH AKH AEH AKH+=⇒=−=−= Câu 5: K E H Q P M I O B C A ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com xe lua Sinh vien A DBC Gọi hai đầu cầu là A và B (đầu cầu bên này). Xe lửa đi hướng D đến B. Lúc nhìn thấy xe lửa sinh viên đang ở vị trí C. Gọi x là độ dài quảng đường CB, y là độ dài quảng đường DB. Ta có 18km/h = 5m/s và 72km/h = 20m/s. Thời gian anh sinh viên đi từ C đến B là : () 5 x s Thời gian xe lửa đi từ D đến B là: () 20 y s Ta có phương trình 2 520 x y += (1) Thời gian anh sinh viên đi từ C đến A là: () 120 5 x s − Thời gian xe lửa đi từ D đến A là: () 120 20 y s + Ta có phương trình 120 120 520 x y−+ = (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 2 520 120 120 520 xy x y ⎧ += ⎪ ⎪ ⎨ − + ⎪ = ⎪ ⎩ Giải hệ ta được 40 200 x y = ⎧ ⎨ = ⎩ Vậy khi thấy xe lửa anh sinh viên cách đầu cầu bên này 40 m. NGUYỄN TĂNG VŨ