Đang tải... (xem toàn văn)
a) Hai điểm E, F nằm trên một đường tròn cố định khi (O) thay đổi.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI Năm học 2009 - 2010
Mơn thi : Tốn ( Hệ chun) Thời gian làm :150 phút Bài 1: (3,5 điểm)
1) Tính P = 15a -8a 15 +162
3
+
5
a =
2) Giải phương trình: 25-x2 - 10 -x2 =
3) Cho phương trình x2 + mx + n = Tìm m n để hiệu nghiệm phương trình hiệu lập phương nghiệm 35
GIẢI : 1) (1,0 điểm) Rút gọn P
*
2
2 2
P = 15a - 8a 15 +16 = (a 15) - 2a 15.4 + = a 15 - = a 15 -
Thế
3
+
5
a = =
15 vào (*) ta được: P =
Giải phương trình: 25-x2 - 10-x2 =3 1
Điều kiện:
*
2
2 - 10 10
2
25- 25
10
10 - 10
x
x x
x
x x
(1) 25 x2 3 10 x2
25 x2 9 10 x2 10 x2 10 x2 1 (2)
Phương trình (2) có nghiệm x 1 3 ; x 2 3 ( thỏa mãn với điều kiện )
Vậy nghiệm phương trình cho x 1 3 ; x 2
3) (1,5 điểm)
Điều kiện m - 4n > 02
Gọi x1,x2 nghiệm phương trình Khơng tính tổng quát ta giả sử x2>x1.
Theo Vi-et ta có :
1 2
m n
x x x x
(2)Mặt khác :
2
2 1
2 3
2 1 2
4
x x x x x x
x x x x x x x x
Nên ta có : 2 25 35 m n m n 2 25 m n m n
Giải hệ phương trình ta
6 n m
thỏa mãn điều kiện toán.
Vậy giá trị cần tìm :
1; 1; m n m n
Bài 2: (2,0 điểm)
1) Chứng minh : Nếu b số nguyên tố khác số A = 3n + + 2009b2 hợp số với nN
2) Tìm số tự nhiên n cho n +18n + 20202 số phương GIẢI :
1) (1,0 điểm)
Vì b số nguyên tố khác nên b2- 3.
Ta có A = 3n + + 2009b2 = 3( n + + 669b2 ) + 2b2 - 2
= 3( n + + 669b2 ) + 2(b2 - 1) 3
Do A > nên A hợp số với nN.
2) (1,0 điểm)
Để n +18n + 20202 số phương n +18n + 2020 = m2 (1) với m nguyên, dương,
(1) m -18n - n = 20202
2 2
m - n +18n = 2020
m - n + = 2020 -81 = 1939 m - n -9 m + n + = 1939
Mà 1939 = 1939 = 277
Nên
m + n + = 1939 m - n -9 =
m + n + = 277 m - n -9 =
* Với
m + n + = 1939 m + n = 1930
2n = 1920 n = 960 m - n -9 = m - n = 10
* Với
m + n + = 277 m + n = 268
2n = 252 n = 126 m - n -9 = m - n =16
Thử lại giá trị n vừa tìm thỏa mãn đề Vậy n = 960 n = 126 số cần tìm
(3)Cho x 0 Tìm giá trị x để biểu thức 2 N
2010 x x
đạt giá trị lớn nhất. GIẢI :
Do x > nên N > N lớn
1 N
nhỏ
Ta có :
20102 2 20102
1 2.2010 2010
4.2010 4.2010
x N
x x x
x x x
dấu “ = “ xảy x2010. Suy giá trị nhỏ
1
N 4.2010 = 8040 đạt x = 2010 Vậy với x = 2010 N đạt giá trị lớn Giá trị lớn
1 8040 Bài : (1,5 điểm)
Cho ba điểm cố định A, B, C thẳng hàng theo thứ tự Gọi (O) đường trịn qua hai điểm B C Từ A kẻ hai tiếp tuyến AE, AF với đường tròn (O), (E, F tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC; FI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K
Chứng minh :
a) Hai điểm E, F nằm đường tròn cố định (O) thay đổi b) EK song song với AB
GIẢI :
a) Chứng minh E, F nằm đường tròn cố định (O) thay đổi. Ta có AEB = ACE
( chắn cung EB ) ΔAEB ΔACE (g-g)
AE AB
= AC AE AE = AB.AC2 Vì A, B, C cố định
AB AC không đổi Mà AE = AF
AE = AF không đổi (O) thay đổi.
Vậy hai điểm E, F nằm đường tròn cố định tâm A bán kính AB.AC đường trịn (O) thay đổi
b) Chứng minh EK // AB:
Vì IB = IC ( giả thiết ) OIBC
Ta có AEO = AFO = AIO = 90 năm điểm A, E, I, O, F thuộc đường trịn đường kính AO
AEF = AIF ( chắn cung AF )
AEF = EKF ( chắn cung EF)
AIF = KIC ( đối đỉnh )
K
I
C B
E
A
O
(4) EKF = KIC ( hai góc vị trí so le ) EK // AB
Bài : (2,0 điểm)
1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O), với AD đường kính Biết AB = BC = 5cm; CD = 6cm Tính bán kính đường tròn (O)
2) Cho đường tròn (O; R) hai điểm A, B nằm bên đường trịn cho OA = 2R Tìm điểm M đường tròn (O; R) để tổng MA + 2MB đạt giá trị nhỏ GIẢI :
1) (1,0 điểm)
Gọi R bán kính đường trịn (O); R >
Do AB = BC = 5cm AB = BC OB AC I
Và IA = IC, ACD vuông C (nội tiếp đường tròn (O)) OI // CD nên OI đường trung bình
của tam giác ACD
CD OI = =
2 cm
Áp dụng đinh lý Pitago cho OIC ta có :
OC2 = OI2 + IC2 IC2 = R2 - 9
Mặt khác BIC vng, ta có :
BC2 = BI2 + IC2 IC2 =
2 2
2 - R -3
Vậy
2 2
2
R -9 = - R -3 R -3R -10 = 0 R + R -5 =
Nghiệm dương phương trình R = thỏa mãn với điều kiện ban đầu Do bán kính đường tròn (O) R = 5cm
2) (1,0 điểm)
Gọi C giao điểm đoạn OA đường tròn, N trung điểm OC
Ta có :
ON =OM =1
OM OA
ONM OMA c.g.c
AM = 2MN
Từ : MA + 2MB = 2MN + 2MB 2BN (không đổi)
B
D A
O C
I
C
M B
O N
M
A
(5)Vậy MA + 2MB đạt giá trị nhỏ 2BN