Giải đề Toán TS 10 - chuyên

THPT VÕ MINH ĐỨC SỞ GD&ĐT BÌNH DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Năm học : 2008 – 2009 Môn thi : TOÁN (Thời gian : 150 phút) Bài 1 : (2 điểm) Cho hai số x, y thỏa hệ : 2 2 1 12 x y xy x y y x + + =   + = −  Tính 3 3 x y+ Bài 2 : (2 điểm) Xác định m để hệ : 2 2 ( 1) ( 1) x m y y m x  − = +   − = +   có nghiệm Bài 3 : (2 điểm) Cho biết a, b là nghiệm của phương trình : x 2 + px + 1 = 0 và b, c là nghiệm của phương trình : x 2 + qx + 2 = 0 Tính giá trị của biểu thức : (b – a)(b – c) theo p và q Bài 4 : (2 điểm) Cho phương trình bậc hai tham số m : x 2 – 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 a) Tìm m để phương trình có nghiệm. b) Với x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình, tìm m để biểu thức N = 6x 1 x 2 + x 1 2 + x 2 2 có giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất ấy. Bài 5 : (2 điểm) Cho đường tròn (O ; R) có hai đường kính AB, CD không trùng nhau. Vẽ tiếp tuyến (d) của đường tròn tại B, Các đường thẳng AC, AD lần lượt cắt đường thẳng (d) tại P và Q. a) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp được. b) Chứng minh trung tuyến AI của tam giác APQ vuông góc với CD. GIẢI Bài 1 : (2 điểm) Cho hai số x, y thỏa hệ : 2 2 1 12 x y xy x y y x + + =   + = −  Tính 3 3 x y+ Đặt : x + y = S và x.y = P Ta có : x 3 + y 3 = (x + y) 3 – 3xy(x + y) = S 3 – 3PS Theo hệ pt ta có : 1 12 S P PS + =   = −  ⇔ 4 3 S P =   = −  hoặc 3 4 S P = −   =  (loại vì không thỏa hệ) Giáo viên : HUỲNH ĐẮC NGUYÊN THPT VÕ MINH ĐỨC Điều kiện tồn tại hai số x, y là S 2 – 4P ≥ 0 Ta có các hệ con : 1/ 4 . 3 x y x y + =   = −  và 2/ 3 . 4 x y x y + = −   =  (vô nghiệm) Vậy x 3 + y 3 = 4 3 – 3(-3)4 = 100 Bài 2 : (2 điểm) Xác định m để hệ : 2 2 ( 1) (1) ( 1) (2) x m y y m x  − = +   − = +   có nghiệm Trừ từng vế, ta được : (x – 1) 2 – (y – 1) 2 = y – x ⇔ x 2 – y 2 – 2(x – y) = y – x ⇔ (x – y)(x + y – 1) = 0 ⇔ 0 1 0 x y x y − =   + − =  + x – y = 0 ⇔ x = y Thế vào pt (1) : x 2 – 2x + 1 = m + x ⇔ x 2 – 3x + 1 – m = 0 ∆ = 9 – 4(1 – m) = 5 + 4m Pt có nghiệm khi và chỉ khi : m ≥ 5 4 − Khi đó : x = y = 3 5 4 2 m± + + y = 1 – x , thế vào pt(1) : (x – 1) 2 = m + 1 – x ⇔ x 2 – 2x + 1 = m + 1 – x ⇔ x 2 – x – m = 0 ∆ = 1 + 4m Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : 1 4 m ≥ − Khi đó x 1,2 = 1 1 4 2 m± + ⇒ y = 1 – 1 1 4 2 m± + Kết luận : Hệ có nghiệm khi và chỉ khi 5 4 m ≥ − hoặc 1 4 m ≥ − Bài 3 : (2 điểm) Cho biết a, b là nghiệm của pt : x 2 + px + 1 = 0 (1) và b, c là nghiệm của pt : x 2 + qx + 2 = 0 (2) Tính giá trị của biểu thức : (b – a)(b – c) theo p và q a 2 + pa + 1 = 0 (3) và b 2 + pb + 1 = 0 (4) b 2 + qb + 2 = 0 (5) và c 2 + qc + 2 = 0 (6) a + b = – p ; b + c = – q Từ (4) suy ra b ≠ 0 do đó p – q ≠ 0 , (4) trừ (5) theo vế ta được : b(p – q) = 1 ⇒ b = 1 p q− Giáo viên : HUỲNH ĐẮC NGUYÊN THPT VÕ MINH ĐỨC ⇒ a + b = a + 1 p q− = 1 – p ⇒ a = 1 – p – 1 p q− b – a = 1 p q− – 1 + p + 1 p q− = p – 1 + 2 p q− b + c = – q ⇒ 1 p q− + c = – q ⇒ c = 1 q p q − − − b – c = 1 p q− + 1 q p q + − = 2 p q− + q Vậy : (b – a)(b – c) = 2 2 1p q p q p q    − + +  ÷ ÷ − −    Bài 4 : (2 điểm) Cho phương trình bậc hai tham số m : x 2 – 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 (1) a) Tìm m để phương trình có nghiệm. (1) có nghiệm ⇔ ∆’ = (m + 1) 2 – 2m – 10 ≥ 0 ⇔ m 2 – 3 2 ≥ 0 ⇔ (m – 3)(m + 3) ≥ 0 ⇔ m ≤ −3 hoặc m ≥ 3 (*) b) Với x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình, tìm m để biểu thức N = 6x 1 x 2 + x 1 2 + x 2 2 có giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất ấy. Theo Vi-et , ta có : 1 2 1 2 2( 1) . 2 10 b m x x a c m x x a  + = − = +     = = +   Do đó : N = 6x 1 x 2 + x 1 2 + x 2 2 = 4(2m + 10) + 4(m + 1) 2 = 4m 2 + 16m + 44 = (2m + 4) 2 + 28 = 4(m 2 + 2.2m + 2 2 + 7) = 4(m + 2) 2 + 28 N đạt giá trị nhỏ nhất là 32 khi và chỉ khi m = – 3 (do (*)) * chú ý : học sinh thường sai lầm N = 4(m + 2) 2 + 28 ≥ 28 nên GTNN là 28 khi và chỉ khi m = – 2 (không thỏa (*)) Bài 5 : (2 điểm) Cho đường tròn (O ; R) có hai đường kính AB, CD không trùng nhau. Vẽ tiếp tuyến (d) của đường tròn tại B, Các đường thẳng AC, AD lần lượt cắt đường thẳng (d) tại P và Q. a) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp được. b) Chứng minh trung tuyến AI của tam giác APQ vuông góc với CD. a) Tứ giác CPQD nội tiếp được Ta có : ∆ACB vuông tại C và ∆ADB vuông tại D ∆APB vuông tại B và ∆ABQ vuông tại B nên AB 2 = AC.AP AB 2 = AD.AQ Suy ra : AC.AP = AD.AQ ⇒ AC AQ AD AP = và ∆ACQ vuông tại A Giáo viên : HUỲNH ĐẮC NGUYÊN THPT VÕ MINH ĐỨC và ∆ADP vuông tại A suy ra ∆vuông ACQ ∼∆vuông ADP suy ra : · · CPD DQC= và cùng nhìn CD dưới 1 góc bằng nhau Vậy tứ giác CPQD nội tiếp được b) Gọi M là giao điểm của AI và CD Trong ∆APQ vuông tại A nên trung tuyến AI = IQ suy ra ∆AIQ cân tại I ⇒ · · IQA IAQ= Trong ∆ABQ vuông tại B có đường cao BD suy ra · · IQA ABD= · · ABD ACD= (cùng chắn cung AD) ⇒ · · IQA ACD= Mà : · · 1ACD CDA v+ = Nên : · · 1IQA CDA v+ = ⇒ · 1AMD v= Hay AI ⊥ CD Giáo viên : HUỲNH ĐẮC NGUYÊN I Q P B D O C A . MINH ĐỨC SỞ GD&ĐT BÌNH DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Năm học : 2008 – 2009 Môn thi : TOÁN (Thời gian : 150 phút) Bài 1 : (2 điểm) Cho hai. ấy. Theo Vi-et , ta có : 1 2 1 2 2( 1) . 2 10 b m x x a c m x x a  + = − = +     = = +   Do đó : N = 6x 1 x 2 + x 1 2 + x 2 2 = 4(2m + 10) + 4(m