ĐỀ THI TUYỂN SINH lớp 10 TRƯỜNG PTNK TOÁN KC 2009

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề _________________________________________________________________________________________ Bài 1. (2 điểm) a) Giải phương trình bằng cách đặt ẩn số 5 4 x t x         : 2 2 400 5 35 24 4 x x x x           b) Cho phương trình   2 3 1 2 3 0 mx m x m      . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa mãn 2 2 1 2 34 x x   Bài 2. (2.5 điểm) Xét biểu thức: 2 3 3 4 5 1 5 4 5 x x x x R x x x x            a) Rút gọn R . b) Tìm số thực x để 2 R   . Tìm số tự nhiên x là số chính phương sao cho R là số nguyên. Bài 3. (2 điểm) a) Giải hệ phương trình: 2 2 0 8 x xy y x y         b) Cho , , a b c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC . Giả sử phương trình             0 x a x b x b x c x c x a          có nghiệm kép. Tính số đo các góc của tam giác ABC . Bài 4. (1.5 điểm) Cho tam giác ABC , có   0 0 60 , 45 ABC ACB  . Dựng   AH BC H BC   , và dựng   HK AB K AB   . Gọi M là trung điểm của AC . Biết 3 AH  , tính BC . Chứng minh BKMC là tứ giác nội tiếp. Bài 5. (1 điểm) Trong kỳ kiểm tra môn Toán một lớp gồm 3 tổ A, B, C, điềm trung bình của học sinh ở các tổ được thống kê ở bảng sau: Tổ A B C A và B B và C Điểm trung bình 9.0 8.8 7.8 8.9 8.2 Biết tổ A gồm 10 học sinh, hãy xác định số học sinh và điểm trung bình của toàn lớp. Bài 6. (1 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn   O , có đỉnh A cố định và các đỉnh , , B C D di chuyển trên   O sao cho  0 90 BAD  . Kẻ tia Ax vuông góc với AD cắt BC tại E , kẻ tia Ay vuông góc với AB cắt CD tại F . Gọi K là điểm đối xứng của A qua EF . Chứng minh tứ giác EFCK nội tiếp được và đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn giải Bài 1. a) Đặt 5 4 x t x         , suy ra 2 2 2 2 2 2 5 25 400 5 16 2 16 2 x t x t x x              Phương trình trở thành 2 4 16 24 5 0 1 4 t t t t              Với 5 4 t  , ta có 1,2 5 5 5 105 4 4 2 x x x       Với 1 4 t  , ta có 3 4 5 5 1 4 4 4 x x xx          Vậy 5 105 5 105 5;4; ; 2 2 S                 b) Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt     2 0 0 9 1 4 2 3 0 m m m m m                Với điều kiện trên, phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và theo định lý Viet ta có   1 2 1 2 3 1 2 3 m S x x m m P x x m                 Khi đó       2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 13 12 9 34 2 34 34 3 7 m n m m x x x x x x m m n                    Đáp số: 3 1, 7 m m    Bài 2 a) Đặt t x  ta có                       2 2 2 2 2 5 3 1 3 4 5 2 3 3 4 5 1 5 1 5 4 5 1 2 3 2 2 2 1 5 1 5 5 5 t t t t t t t t t t R t t t t t t t t t t t x t t t t t x                                           b)* Điều kiện 0 x  Ta có 5 2 2 12 2 2 2 0 0 12 5 5 5 t t t t R t t t t                        Với 5 5 0 25 t x x       Với 12 12 144 t x x     Vậy giá trị x cần tìm là 0 25 x   và 144 x   Ta có x là số chính phương nên t x    Khi đó 2 7 1 5 5 t R t t            t – 5 là ước của 7, mặt khác 5 5 t    do đó 5 1,1,7 t    Từ đó những giá trị x cần tìm là 16,36,144 x  Bài 3. a) 2 2 0 8 x xy y x y         Đặt , S x y P xy    , khi đó ta có hệ 2 2 4 0 4 2 2 8 2 8 0 2 S S P P S P S S P S S P                                     Với 4 4 S P       ta có 4 2 4 2 x y x xy y                Với 2 2 S P       ta có 2 2 x y xy        giải hệ ta được 1 3 1 3 x y          hoặc 1 3 1 3 x y          Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm   ; x y là       2; 2 , 1 3;1 3 , 1 3,1 3       b)             0 x a x b x b x c x c x a              2 3 2 0 x a b c x ab bc ac         Ta có     2 2 2 2 3 a b c ab ac bc a b c ab ac bc               Phương trình có nghiệm kép khi và chỉ khi       2 2 2 2 2 2 1 0 0 0 2 0 a b c ab bc ac a b b c c a a b b c c a a b c                                Khi đó tam giác ABC đều, suy ra    0 60 A B C   Bài 4. a) Trong tam giác vuông ABH ta có   0 3 tan 1 tan60 tan AH AH ABH BH BH ABH      Trong tam giác vuông AHC có   0 0 45 45 ACH HAC   nên AHC là tam giác vuông cân, suy ra 3 HC HA  Do đó 1 3 BC BH CH    (đvđd) b) Tam giác AHC vuông cân, có AM là trung tuyến nên cũng là đường cao, suy ra AM HC  C1: Tứ giác AKHM có   0 0 0 90 90 180 AKH AMH    nên là tứ giác nội tiếp, suy ra    0 0 90 45 AKM AHM HAM    Tứ giác BKMC có   0 45 AKM BCM  nên là tứ giáv nội tiếp. C2: Ta có AK. AB = AH 2 , AM. AC = AH 2 , suy ra AK. AB = AM. AC 45 0 60 0 K H C B A M Suy ra tam giác AKM và ABC đồng dạng (c.g.c), suy ra   0 45 AKM BCM  nên là tứ BKMC giác nội tiếp. Bài 5. Gọi x, y lần lượt là số học sinh tổ B và C. Ta có 9 10 8,8 8,9 10 10 x x x        Tương tự 8,8 7,8 8,2 x y x y      , với x = 10 thì y = 15 Vậy điểm trung bình của cả lớp là 9 10 8,8 10 7,8 15 8,43 10 x y         Bài 6. * Tứ giác ABCD nội tiếp nên   0 180 BAD BCD  Và         0 0 0 90 90 180 BAD EAF BAE EAF FAD EAF BAF DAE           Suy ra   BCD EAF  (1) Mặt khác, do A và K đối xứng nhau qua EF nên   EKF EAF  (2) Từ (1) và (2) suy ra   EKF ECF  , do đó tứ giác EFKC nội tiếp. * Vì tứ giác EFKC nội tiếp nên ta có   FCK FEK  mà   FEK FEA  (do tính chất đối xứng) Và   FEA KAD  (cùng phụ với  KAE ) Do đó   KAD FCK  Suy ra tứ giác ADKC nội tiếp, suy ra K thuộc (O), suy ra OA = OK, suy ra O thuộc đường trung trực của AK mà EF là đường trung trực của AK nên O thuộc EF. Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định. Hết y x K F E O A D B C . ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2 010 TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề _________________________________________________________________________________________. học sinh tổ B và C. Ta có 9 10 8,8 8,9 10 10 x x x        Tương tự 8,8 7,8 8,2 x y x y      , với x = 10 thì y = 15 Vậy điểm trung bình của cả lớp là 9 10 8,8 10 7,8 15 8,43 10. môn Toán một lớp gồm 3 tổ A, B, C, điềm trung bình của học sinh ở các tổ được thống kê ở bảng sau: Tổ A B C A và B B và C Điểm trung bình 9.0 8.8 7.8 8.9 8.2 Biết tổ A gồm 10 học sinh,