Đề và đáp án thi vào 10 THPT chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi (12 13)

Tìm điểm cố định đó.. Tìm số chính phương có 4 chữ số, biết rằng khi giảm mỗi chữ số một đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là một số chính phương có 4 chữ số... Bài 5: Chia mỗi cạnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN LÊ KHIẾT

QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2013-2014

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán Ngày thi: 27-6-2013

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 điểm)

2 Chứng minh khi giá trị của m thay đổi thì các đường thẳng (m−1)x + (2m+1)y = 4m + 5

luôn đi qua một điểm cố định Tìm điểm cố định đó

Bài 2: (1,5 điểm)

1 Tìm số chính phương có 4 chữ số, biết rằng khi giảm mỗi chữ số một đơn vị thì số mới

được tạo thành cũng là một số chính phương có 4 chữ số

2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 xy y 2  3x y  1

Bài 3: (2,5 điểm)

1 Tìm các giá trị của m để phương trình x2 m 2x m   1 0 có 2 nghiệm x1,x2 thỏa

mãn hệ thức

10

x  x 

2 Giải hệ phương trình







3 Giải phương trình 3x2  6  8 x3  1 3  

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn(AB<AC) nội tiếp(O;R) Tiếp tuyến tại A của(O) cắt đường thẳng BC tại M Kẻ đường cao AH của tam giác ABC

1 Chứng minh rằng BC=2R.sin BAC

2 Điểm N chuyển động trên BC ( N khác B và C) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của N lên AB, ẠC Xác định vị trí của N để độ dài EF ngắn nhất

3 Đặt BC = a, AC = b, AB = c Tính MA theo a, b, c

4 Các tiếp tuyến tại B và C của(O) cắt đường thẳng MA lần lượt tại P và Q Chứng minh

rằng HA là tia phân giác của góc PHQ

Bài 5:(1 điểm)

Trong tam giác đều có cạnh bằng 8 đặt 193 điểm phân biệt Chứng minh tồn tại 2 điểm trong 193 điểm đã cho có khoảng cách không vượt quá 3

3

Trang 1

Bài 1:

1)

2

Vì x ≥ 0

2)

M(x

0

,y

0 ) là điểm cố định nếu có mà đường thẳng đi qua:

(m−1)x0 + (2m+1)y0 = 4m + 5 => ( x0 + 2y0 - 4) )m = x0 - y0 - 5 Xảy ra với mọi

m.

=>

0

0

16

3

x

x y

x y

y









  



Vậy đường thẳng đã cho luôn đi qua điểm cố định có tọa độ là

16 1

;

3 3

Bài 2:

1) Gọi số chính phương cần tìm là x2 =abcd =1000a+100b+10c+d

; x  N* và 1000 < x2 < 9999 => 31 < x < 100

Sauk hi giảm đi 1 đơn vị ở ở tất cả các chữ số ta được số y2 =a 1,b 1,c 1,d 1=

1000(a-1)+100(b-1)+10(c-1)+(d-1)=1000a+100b+10c+d -1111= x2- 111

x2 - 1111 = y2 => x2 - y2 = 1111 => (x-y)(x+y)=101.11=1111.1

Trang 2

101 56





Vậy số chính phương cần tìm là x2 = 562 = 3136

x xy y  x y   x  xy y  x y  x y  x  y     (*)

Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là: (1;-1),(3;-1),(1;1)

Bài 3:

1. Tìm các giá trị của m để phương trình x2 m 2x m   1 0 có 2 nghiệm x1,x2 thỏa mãn hệ thức

10

x  x 

∆ = (m+2)2 - 4(-m+1) = m2 + 8m Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì m<-8; m>0 (1)

 

 

2

2

2

2 2

2

2

1

m



(1),(2)suy ra m = 1/91 hoặc m = 9.







x 1 x y 1 y 2 y 2 x x x y y 3 x 3 y 0  x y x  xy y 3 0

Vì x≥0;y≥0 nên x = y

Thay vào một trong hai phương trình tìm được hai nghiệm cuay hệ là (0;0),(1;1)

3 x  6  8 x  1 3 

3x 18 8 x 1 24  3x  6 8 x 1

Bình phương hai vế ta có :

Phương trình vô nghiệm

Bài 4:

Trang 3

(9 8 10 ) (72 64 80 ) (90 80 100) 0

2

9 8 10 ' 16 90 74 0

x  x

    

2

8 10 0 ' 16 10 6

x x

   

1) BC=2R.sinBAC

Tia Bo cắt (O) tại G =>

BAC.

2) AENF là tứ giác nội tiếp

 EO F' 2.EAF 2.BAC ; '

2

AN

O E 

Gọi I là trung điểm của EF

'

2

EO F



EF = 2EI = 2.O’E.sinEO I'

= 2 .sin  2

AN

BAC = AN sin BAC

Mà BAC không đổi nên EF nhỏ nhất khi AN nhỏ nhất => N trùng H

3)Tính MA theo a, b, c.

2

1 2 ( )

1 2

MCA MCA MAB ABC

MB AH

MB





2

2ac 2 2ab 2 2abc2 MA 2abc2



4) Kẻ PJ và QK vuông góc với đường thẳng BC

Trang 4

I

O'

F E

G

H

A

Ta có

PJ//AH//QK ( )

  





PHJ QHK PHA QHA

Hay HA là tia phân giác của góc PHQ

Bài 5:

Chia mỗi cạnh của tam giác thành 8 đoạn thẳng bằng nhau Nối các điểm chia đó bằng các đoạn thẳng song song với các cạnh của tam giác (hình vẽ) Ta được các tam giác đều có cạnh bằng 1

Số tam giác đều là 1+3+…+15= 82 = 64 Đặt ngẫu nhiên 193 điểm vào 64 tam giác này (193 :64=3 dư 1)

Theo nguyên lí dirichlet thì sẽ có ít nhất 1 tam giác đều có ít nhất 4 điểm

Xét tam giác đều này,Gọi G là trọng tâm của tam giác, Từ G vẽ các đoạn thẳng vuông góc đến các

cạnh, tạo thành 3 tứ giác bằng nhau(hình 2)

Đặt ngẫu nhiên 4 điểm vào tam giác này theo nguyên lí dirichlet sẽ có một

tứ giác chứa ít nhất 2 điểm Mà tứ giác này nội tiếp trong đường tròn đường kính

GA nên khoảng cách của chúng d≤ GA

Trang 5

15 13 11 9 7 5 3 1

O

G

H

I K

C

A

B

K J

Q

P

H

A

B

C

Trang 6