ĐỀ THI TUYỂN SINH lớp 10 TRƯỜNG PTNK TOÁN KC 2012

Đề Toán không chuyên - 2012 Hướng dẫn giải Bài 1. (2 điểm) Cho phương trình   3 4 1 0 1 x x x m    a) Giải phương trình (1) khi m = - 33 b) Tìm m để phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa 6 6 1 2 82 x x   Giải. Đặt 0 t x x   a) Khi m = - 33, ta có pt: 2 4 32 0 t t    có 2 nghiệm 4, 8 t t    loại t = - 4 Với t = 8, thì x = 4 b) Ta có 3 0 3 m m        và 1 2 1 2 4 . 1 S t t P t t m          Khi đó   2 2 6 6 4 4 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 x x t t t t t t S P P                  2 2 2 14 2 2 1 2 60 194 m m m m       6 6 2 1 2 2 82 30 56 0 28 m x x m m m             loại 28 nhận 2  Bài 2. (2 điểm) a) Giải phương trình 2 7 3 5 1 x x      b) Giải hệ phương trình     2 2 2 1 2 5 1 1 1 5 2 10 2 x xy xy y            Giải a) (1 điểm). Điều kiện 7 5 2 3 x     Pt 2 1 3 5 5 11 2 3 5 x x x x             2 11 5 11 3 5 25 122 141 0 141 75 x x x l x x x                                Chú ý: Nếu giải bằng phương pháp kéo theo và có thử lại thì vẫn được điểm tối đa. b) Lấy (1) + 2 x (2), ta có phương trình 2 2 5 5 5 y x y x y x          Với 5 y x  , thế vào (1) ta có 2 2 1 5 2 5 1 2 5 1 5 x y x x x y                 Với 5 y x   , thế vào (1) ta có   2 2 2 1 2 5 2 5 1 2 5 1 2 5 x x x VN        Vậy nghiệm là     1; 5 , 1; 5   (0,75 đ)  Bài 3. (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 2 a b ab T ab a b ab a b                   với , 0, 1 a b a   Tìm giá trị lớn nhất của T khi a là số tự nhiên và a  1. b) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết tổng tích của từng cặp số khác nhau của chúng là 1727. Giải a)         1 1 2 , 2 1 2 MS a b MS a b       Quy đồng mẫu số chung           1 2 1 1 2 a b a a b       , thì Tử =     1 2 a b   Suy ra 1 1 a T a    2 1 1 T a    ,   max 0 1, 2 1 2 /1 3 2 3 a T a T T a T              b) Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là n – 1, n , n + 1 ( 1 n  ) . Từ giả thiết ta có phương trình         2 2 1 1 1 1 1727 3 1 1727 576 n n n n n n n n            24 n   ĐS Bài 4. Tổng kết học kỳ 2, trường trung học cơ sở N có 60 học sinh không đạt học sinh giỏi trong đó có 6 em từng đạt học sinh giỏi học kỳ 1; số học sinh giỏi của học kỳ 2 bằng 40 37 số học sinh giỏi học kỳ 1 và 8% số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi của học kỳ 1 nhưng đạt học sinh giỏi của học kỳ 2. Tìm số học sinh giỏi của học kỳ 2 của trường biết số học sinh của trường không thay đổi trong suốt năm học. Giải. Gọi x là số học sinh giỏi học kỳ 2 của trường ( x nguyên dương). Số học sinh của trường là x + 60 (hs) Số học sinh giỏi của học kì 1 là 37 40 x (hs) Ta có phương trình   8 37 60 6 100 40 x x x     240 x   Bài 5. Cho hình thang ABCD (AB//CD) nội tiếp đường tròn (C ) tâm O, bán kính R và có   0 0 105 , 30 DAB ACD  . a) Tính DB DC và tính AB theo R. b) Tiếp tuyến của (C ) tại B cắt đường thẳng DO và DA lần lượt tại M, N. Tính MN MD . c) Gọi E là trung điểm của AB, tia DE cắt MN tại F. Tính BF BC Giải a) (1 điểm) Ta có        0 0 0 180 180 75 1 105 DAB BCD BCD DAB ABC             0 0 0 0 30 105 30 75 ABD ACD DBC ABC ABD        (2) Từ (1) và (2) ta có     0 75 DBC DCB  , nên tam giác DCB cân, suy ra 1 DB DC  Ta có    0 0 0 0 75 30 45 2 90 ACB AOB ACB      , tam giác ABO vuông cân tại O nên 2 2 AB AO R  b) Ta có   0 2 60 AOD ACD OAD     đều, suy ra  0 60 ODA  hay  0 60 NDM  Tam giác DBC cân, nên DO cũng là trung trực của BC và cũng là phân giác góc  BDC        0 0 0 0 180 30 90 60 BOM AOB AOD OMB BOM doOB BM          Do đó tam giác DMN đều, suy ra 1 MN MD  c) Gọi E là trung điểm của AB, tam giác AOB vuông cân tại O nên  0 , 90 OE AE AEO  Ta có   0 45 ADE ODE AED OED        0 30 ADE ODE DF    là đường cao của tam giác MDN. Gọi I là trung điểm BC. Ta có   0 15 FDB IDB   Khi đó BFD BID BF BI      suy ra 1 2 BF BC  Cách khác. (Ta có thể tính 1 1 , 2 2 BF BF R BC R BC     ) Ta có ,AE EO DA DO    DE là đường trung trực của AO, gọi K là giao điểm của DE và OA thì 2 R KA KO   . Mặt khác   0 60 AOD NMD  , suy ra OA//MN. Chứng minh được 1 1 2 BF EB BF AK R AK AE      Mà BC = AD = R, suy ra 1 2 BF BC  . đạt học sinh giỏi trong đó có 6 em từng đạt học sinh giỏi học kỳ 1; số học sinh giỏi của học kỳ 2 bằng 40 37 số học sinh giỏi học kỳ 1 và 8% số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi. đạt học sinh giỏi của học kỳ 2. Tìm số học sinh giỏi của học kỳ 2 của trường biết số học sinh của trường không thay đổi trong suốt năm học. Giải. Gọi x là số học sinh giỏi học kỳ 2 của trường. của trường ( x nguyên dương). Số học sinh của trường là x + 60 (hs) Số học sinh giỏi của học kì 1 là 37 40 x (hs) Ta có phương trình   8 37 60 6 100 40 x x x     240 x   Bài