Đang tải... (xem toàn văn)
Chøng minh r»ng khi hai c¸t tuyÕn APB vµ CPD quay quanh P vµ vu«ng gãc víi nhau th× ®iÓm I lu«n n»m trªn mét ®êng trßn cè ®Þnh.[r]
(1)Đề thi tuyển sinh p.t.t.h chuyên Môn: to¸n
( Học sinh làm 180 phút- không kể thời gian giao đề )
Đ1
Bài 1( điểm):
Cho biểu thức : A= 2a
2
+4
1−a3 −
1 1+√a−
1 1−√a
a Rót gän A
b Tìm giá trị lớn A
Bài 2 (2,5 đ ):
Cho phơng trình :
x2-2(m+2)x +m+1 = (x ẩn, m tham số )
a Giải phơng trình m= −3
b Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu c Gọi x1, x2 hai nghiệm phơng trình.Tìm giá trị m để :
x1( 1- 2x2)+ x2 (1- 2x1)=m2 Bài 3 (2 điểm)
Dân sè x· X hiÖn cã 10000 ngêi Ngêi ta dự đoán sau hai năm dân số xà X 10404 ngời Hỏi trung bình hàng năm dân số xà X tăng phần trăm?
Bài 4 ( ®iĨm)
Cho đờng trịn (o, r) hai đờng kính AB, CD vng góc với E điểm cung nhỏ BD (E B , E D ) EC cắt AB M , EA Cắt CD N
a Hai tam giác AMC ANC có quan hệ với ? Tại ? b Chứng minh: AM CN = r2.
c Gi¶ sư AM = MB TÝnh tØ sè CN ND
Bài 5 ( điểm )
Tìm tất cặp số (x; y ) thoả mÃn phơng trình sau : 5x - √x ( 2+y ) + y2 +1 = 0
đáp án Đ.t tuyển sinh p.t.t.h chuyờn
Môn: toán H1
Bài 1:
(2)Biểu thức A xác định với : a 0,25 đ
A= 2a
2
+4
(1−√a)(1+√a)(1+a+a2)
-(1−√a)(1+a+a2)
(1−√a)(1+√a)(1+a+a2)−
(1+√a)(1+a+a2)
(1−√a) (1+√a)(1+a+a2)
A =
1+a+a2 0,75 ®
b BiĨu thøc A có giá trị lớn 1+a+a2 có giá trị nhỏ 0,25 đ
Vì a nªn 1+a+a2 1 ⇒ mÉu cđa biĨu thøc A có giá trị nhỏt
0,5 đ
Vậy giá trị lớn A 0,25 đ
Bài 2 : (2,5®)
a.(0,5®): Thay m = -
2 vào phơng trình ta đợc : x2- 2(-
2 + 2)x +
−3
2 + = ⇔ 2x2 + 2x – = 0
Vì = nên x
1= −1+√3
2 ; x2=
−1−√3
b (1đ): Phơng trình cho có hai nghiệm trái dấu a.c < tức :
m + < ⇒ m < -1 0,75 ®
Vậy với m < -1 phơng trình cho có hai nghiệm trái dấu 0,25 đ c (1đ) : Tìm giá trị m phơng trình cho để có :
x1 ( – 2x2 ) + x2( 1-2x1 ) = m2
⇔ x1 – 2x1x2 + x2 –2x1x2 = m2
⇔ ( x1 + x2 ) –4x1x2 = m2 (1) 0,25 ®
Theo Vi et th× x1+ x2 = − b
a =2(m+2)
x1 x2 = c
a = m +
nên (1) có dạng :
2(m + ) - 4( m +1 ) =m2 0,25®
⇔ 2m + – 4m - = m2
⇔ m2+2m =0
⇔ m( m +2 ) =0 m =0 m = - 0,25 đ
Vậy với m = m =- Δ > phơng trình cho
Có nghiệm x1 , x2 0,25 đ
Bài (2 điểm)
Gọi tỉ số phần trăm tăng dân số hàng năm xà X hàng năm x
100 (x >0) Dân số x· X hiƯn cã 10 000 ngêi th× sau năm dân số là: 10 000 + x
100 10 000 = 10 000 + 100 x (ngời) Sang năm thứ dân số xà X :
10 000 + 100 x + x
100 (10 000 + 100 x ) =10 000 +200 x +x2 (ngời) 0,5 đ sau năm dân số xà X 10 404 ngời nên có phơng trình
10 000 + 200 x + x2 = 10 404
⇔ x2 + 200 x - 404 = 0 0,5 ®
(3)Sau thử lại có kết :
Dân số xà X hàng năm tăng 2% 0,25đ
Bài 4 : (3đ)
-Vẽ hình ghi giả thiết, kết luận
a, Vì AB CD nªn cung AD= cung DB = cungBC = cung AC Sè ®o NAC= 12 sè ®o( cung EB + cung BC)
Sè ®o AMC=sè ®o (cung EB + cung AC)
⇒ NAC = AMC 0,25® Sè ®o CAN = 12 sè ®o cung AD = 12 sè ®o cung BC = 12 sè ®o cung MAC 0,25®
Vậy AMC ANC có hai cặp góc tơng ứng 0,5đ b, Vì AMC Δ ANC nªn AMAC =AC
AN ⇒ AM.CN = AC2 0,5®
Theo ®ing lý PiTa Go Δ vu«ng AOC ta cã AC2=OA2+OC2
Hay AC2=2r2 0,25®
VËy AM CN = 2r2 0,25®
c, Ta cã AM+MB = 2r Mµ AM = 3MB
Nªn 4MB = 2r ⇒ MB = r ⇒ AM =
2r 0,25®
CN = 2r2
AM CN =
3r 0,25đ
Vì CN +ND = 2r nªn ND = 2r - 3r =
2
3r 0,25®
Vậy CN
ND=2 0,25đ
Bài :
Phơng trình : 5x -2 x (2+ y)+ y2+1 =0
⇔ 4x - √x +1 +y2 -2
√x y +x = ⇔ (2 √x - 1)2 + (y
-√x )2 =0 (1)
0,25đ
Vế trái (1) tổng hai biểu thức không âm, nên biĨu thøc ph¶i b»ng
A
E
B D
M
(4)V©y (1) ⇔
¿ 2√x −1=0
y −√x=0
¿{
¿
⇔ ¿ x=1
4
y=1
2 ¿{
¿
0,5đ
Vậy cặp số phải tìm là: ( ;
1
2 ) 0,25®
Đề thi tuyển sinh p.t.t.h chuyên Môn: toán
( Học sinh làm 180 phút- không kể thời gian giao )
Đ3
Bài I (2điểm)
a) Trong cặp nghiệm phơng tr×nh : x2 - yx2 +2xy – y + = 0
HÃy tìm cặp nghiệm (x ,y) mà y có giá trị nhỏ b)Cho x y liên hệ với hệ thức :
x2 + 2xy + 7(x + y) + 2y2 + 10 = 0
H·y t×m giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức S = x + y +1
Bài II (1,5điểm)Giả sử hệ phơng trình sau có nghiệm :
ax+by=c
bx+cy=a
cx+ay=b
¿{ {
¿
(5)
Cho tam giác ABC nội tiếp đờng trịn (O), có đờng cao AN CK (N thuộc BC, K thuộc AB) Đờng tròn qua điểm B,K,N cắt đờng tròn(O) điểm thứ hai M Gọi P trung điểm AC Chng minh rng PM MB
Bài IV)(3 điểm)
Cho đờng tròn(O,R) điểm P cố định nằm (O) Qua P vẽ cát tuyến APB CPD vng góc với nhau(A,B,C,D thuộc đờng trịn(O))
a)Chứng minh AC2 +BD2 khơng đổi Từ suy PA2 +PB2 +PC2 +PD2 không đổi.
b)Gọi I trung điểm BC Chứng minh hai cát tuyến APB CPD quay quanh P vng góc với điểm I ln nằm đờng trịn c nh
Bài V) (1,5điểm)Giải phơng trình :
√2x2−4x
+11+√3x4−6x2+28=−3x2+6x+5
híng dÉn chÊm §Ị thi tun sinh
vào lớp 10 chuyên Toán H3
Bài I a)(1đ)
x2 - yx2 +2xy – y + = 0 0,25®
⇔ (1 –y)x2 + 2xy – y + = (*)
i) y = ⇒ x= -3
ii) y Xem (*) phơng trình ẩn x
+ TÝnh Δ ’ = y2 –(1-y)(-y+7) 0 ⇔ y 7/8
Từ suy giá trị nhỏ : y = 7/8 0,5đ +Thay vào (*) tính đợc x = - 0,25đ Kết luận :( x = -7 ; y =7/8) cặp nghiệm mà y có giá trị nhỏ
b)(1®)
+HƯ thøc cã thĨ viÕt nh sau : 0,25® (x2 +y2 + 1+2xy +2x +2y) + 5(x+ y+1) + = - y2
+ Từ suy : (x2 +y2 + 1+2xy +2x +2y) + 5(x+ y+1) + 0
⇒ S2 + 5S + hay – S -1
0,5®
+Từ : S đạt giá trị nhỏ S = - x = - ; y =
S đạt giá trị lớn S = - x = - ; y = 0,25đ Bài II (1,5đ)
(6)
¿
ax0+by=c(1)
bx0+cy0=a(2)
cx0+ay0=b(3)
¿{ {
¿
Nhân hai vế phơng trình với lần lỵt c2 , a2 , b2 ta cã :
¿ ac2x
0+bc 2y
=c3
ba2x 0+ca
2 y 0=a
3
cb2x0+ab2y0=b3
¿{ {
¿
0,5®
Céng vế phơng trình ta có
x0(ac2+a2b+b2c) +y0(bc2+a2c+ab2) = a3+b3+c3 (1)
+Nh©n tõng vÕ cđa (1) ,(2) ,(3) lần lợt với ab ,bc , ac ta cã
¿
a2bx0+ab2 y=abc
b2cx0+bc2 y=abc
ac2x0+a2cy0=abc
¿{ {
¿
0,5đ
Cộng vế phơng trình ta cã
x0(ac2+a2b+b2c) +y0(bc2+a2c+ab2) = 3abc (2) 0,5®
+Tõ (1) vµ (2) ⇒ a3+b3+c3 = 3abc
Bài III.(2điểm)
Giải
AH BC(H trực tâm ABC) DC BC nên AH // DC (1) (0,5đ)
Chứng minh tơng tự :CH //AD (2) (0,25đ)
Từ (1) (2) tứ giác ADCH hình bình hành
m P trung điểm BC nên P trung điểm HD (0,25đ) * Gọi I tâm đờng trịn đờng kính BH Ta có OI đờng trung bình tam giác BHD
⇒ OI //HD hay OI //HP (0,5®)
Mặt khác MB dây cung chung hai đờng tròn(I) (O) (0,25đ) ⇒ OI MB HP MB
Ta có HP MB HM MB nên P,H,M thẳng hàng (0,25đ) PM MB
Bài 4:
A
D
K H P M
I
C
B N C I A B H K O
E
(7)
Gi¶i:
a)(1,5đ)Vẽ đờng kính BE (O) ∠ EAB = 900(Góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn) Chứng minh ACDE hình thang cân ⇒ AC = DE
(0,5®)
Δ DEB vng D, theo định lý Pitago ta có DE2 +BD2 = BE2
Do AC2 +BD2 = 4R2 khơng đổi. (0,5đ) Δ PAC vuông P nên PA2+ PC2 = AC2 (0,5)
PBD vuông P nên PB2 + PD2 = BD2
Céng tõng vÕ ta cã PA2+ PB2 + PC2 + PD2 = AC2 +BD2 = 4R2
b)1,5 ®iĨm
OI đờng trung bình tam giác EBC nên OI = 1/2 EC PI trung tuyến Δ PBC vuông P nên PI = 1/2 PBC
Δ CEB vu«ng C nên EC2 + BC2 = EB2 = 4R2
Do IO2+IP2 = 1/4EC2+ 1/4BC2 = R2 (0,25đ) Gọi K trung điểm PO vẽ IH PO, H PO
các tam giác HPI,HKI,HIO vng H Do :
OI2= IH2 + OH2 ,IP2= IH2 + HP2, IK2 =IH2 + HK2
⇒ OI2 + IP2 – 2IK2 =OH2 + HP2 – HK2
= OP
2 −HK¿
2
−2 HK2 OP
2 +HK¿
2
+¿ ¿ = OP
2
4 +OP HK+HK
2
+OP
2
4 −OP HK+HK
2
−2 HK2 = OP
2
2 (0,5®)
Tõ OI2 + IP2 – 2IK2 = OP
2 vµ OI
2 + IP2 = R2
⇒ R2 - 2IK2 = OP
2 ⇒ IK
2 =
2(R
2 −OP
2
2 ) ⇒ IK = √1
2(R
2−OP2
2 ) =
1 2√2R
2
−OP2 không đổi (0,5đ)
⇒ K cố định P,O cố định nên I thuộc đờng tròn (K , 2√2R
2
−OP2 ) c nh (0,25)
Bài V (1,5đ)
Giải phơng trình :
C
I A B H K O
E
(8)√2x2−4x+11+√3x4−6x2+28=−3x2+6x+5
√2x2−4x
+11+√3x4−6x2+28
¿√2(x2−2x+1)+9+√3(x4−2x2+1)+25 0,5®
√9+√25=3+5=8 0,25®
−3x2
+6x+5 = -3(x2 2x +1) +8 0,5đ
Dấu xảy
x −1¿2=0
¿ x2−1¿2=0
¿
¿{
¿ ¿
⇔ x =1
0.25 ®