De thi toan vao lop 10 le quy don bd 20082009

Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên.[r]

ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM HỌC 2009 – 2010

ĐỀ TOÁN CHUNG Câu ( điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau : 1) 2x2 – 3x – = ; 2)

6

x y

x y

  



 

 ; 3) 4x

4 – 13x2 + = 0; 4) 2x2 2 2.x 0

   ;

GIẢI 1) 2x2 – 3x – =

Ta có :  = b2 – 4ac = (– 3)2 – (– 2) = 25 > 25 5     Phương trình có hai nghiệm phân biệt :

   

1

3 5

2; ;

2 2.2 2.2

b b

x x

a a

     

      

     

2)

1

4 2 14

2

6 9 2 1 3

x y x y x x x

x y x y x y y y

 

      

    

   

    

     

       

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm : 1;

 



 

 

3) 4x4 – 13x2 + =

Đặt : t = x2 ( điều kiện : t ≥ 0), Khi ta phương trình : 4t2 – 13t + = ( 1)

Ta có :  = b2 – 4ac = (– 13)2 – 4 = 121 > 121 11     Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt :

 

1

13 11

3

2 2.4

b t

a

  

  

    ( Nhận); 2  13 11

2 2.4

b t

a

     

    ( Nhận)

+ Với t1 = 3, ta : x2 =  x 3; + Với t2 =

1

4, ta được: x

2 = 1 4 x2

Phương trình cho có tập nghiệm : S 3; 1; ; 2

 

   

 

4)

2x  2.x 0 

Ta có :  = b2 – 4ac = 2 22 4.2 1 16 0    16 4 Phương trình có hai nghiệm phân biệt :

   

1

2 2 2 2 2 2

; ;

2 2.2 2 2.2

b b

x x

a a

     

       

     

Câu ( 1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số

2 x

y đường thẳng (D) : y 1x

  hệ trục tọa độ; b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) phép tính

GIẢI a) Học sinh tự vẽ

b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm (D) (P) :

 

2

2

1

1 2

2

x

x x x x x



         

Phương trình có nghiệm : x1 = ; x2 =

c a 

x1 = => y1 =

 ; x2 = – => y2 = – Vậy (D) cắt (P) điểm M1 ( 1;

1

 ) M2 (– 2; – 2) Câu ( 1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau :

A 12 3  21 12 3 ;

2

5

B 3 3

2

   

            

   

   

GIẢI a) Ta có :

     

   

2

2

2

A 12 21 12 3 2.3 3 2 3

3 3 | 3 | | 3 | 3 3

         

            

b) C :

2

5

B 3 3

2

   

            

   

   

Ta có :

2

2 2

2 2

5 3 5 5

2 3 2

2 2 2 2

3 5 5 5 3

2

2 2 2 2

 

 

         

 

             

     

         

         

               

            

     

 

2

2 2

2 2

3 3 5 3

2 3 2

2 2 2 2

3 3 3 5

2

2 2 2 2

 

 

         

 

             

     

         

       

 

               

            

     

 

Vậy

2

5 3 15

B 3 3 5 10

2 2 2

   

                 

   

   

C :

2

5

5 3 3

2

B            

   

2B =    

2

5 3  5   3  5 

 2  2 2 2

5 (1 3) ( 1) ( 1) ( 1)

         

= (1  3) ( 1)   5 2 ( 1) ( 1)    32 = 5.3 20   B = 10

Câu ( 1,5 điểm) Cho phương trình : x2 – ( 3m + 1)x + 2m2 + m – = ( x ẩn số).

b) Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: 2

1 2 Ax x  3x x

GIẢI

a) Xét :  = b2 – 4ac = [ – (3m + 1)]2 – ( 2m2 + m – 1) = 9m2 + 6m + – 8m2 – 4m + 4 = m2 + 2m + + = ( m + 1)2 + >0 với m ( ( m + 1)2 ≥ với m) Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

b) Theo định lý Vi – et ta : x1 + x2 =

b a



= 3m + 1; x1.x2 =

c a = 2m

2 + m – 1. Ta có : 2

1 2

Ax x  3x x = ( x1 + x2)2 – x1.x2 = (3m + 1)2 – 5(2m2 + m – 1) = 9m2 + 6m + – 10m2 – 5m + = – m2 + m + = – (m2 – m – 6) =

2

2 1 25 25 25 25

m 2m m m

2 4 4

 

     

                

      

Vì

2

m

2

 

 

 

  với m Vậy A đạt giá trị lớn

25

m

4 2

Câu ( 3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) khác A B Các tiếp tuyến (O) A M cắt E Vẽ MP vng góc với AB ( P thuộc AB)., vẽ MQ vng góc với AE ( Q thuộc AE)

a) Chứng minh : AEMO tứ giác nội tiếp đường tròn APMQ hình chữ nhật b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh :O: I E thẳng hàng

c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác EAO MPB đồng dạng Suy K trung điểm MP

d) Đặt AP = x Tính MP theo R x Tìm vị trí M (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn

GIẢI

a) * Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp:

Do AE ME hai tiếp tuyến đường tròn (O) Nên : OAE OME 90  OAE OME 180 

    

Vậy tứ giác AEMO nội tiếp đường trịn

* Chứng minh tứ giác APMQ hình chữ nhật: Ta có : QAP APM MQA 90  

  

Vậy tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Chứng minh O; E I thẳng hàng:

+ Do tứ giác APMQ hình chữ nhật I trung điểm QP nên I trung điểm AM

+ Do AE ME hai tiếp tuyến đường tròn (O) nên AE = ME, mặt khác OA = OM = R, EO đường trung trực AM, suy : OE qua I hay O; E I thẳng hàng c) * Chứng minh hai tam giác EAO MPB đồng dạng :

+ Ta có : MBP 1Sđ AM 1MOA EOA 

2

  

+ Xét  AEO  PMB :

   

EAO MPB 90  ; EOA MBP Suy :  AEO  PMB

K I

Q

P E

M

O B

* Chứng minh K trung điểm MP:

Do  AEO  PMB  AE PM PM AE.PB AE.PB

AOPB   AO  R

Do MP // AE KP PB KP PB.AE PB.AE 2KP PB.AE

AE AB AB 2R R

      

Suy : PM = PK, hay K trung điểm PM d) * Đặt AP = x Tính MP theo R x :

Xét AMB AMB 90 ; MP  AB , ta :

 

MP AP.PB x R x2 

* Vị trí M (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất:

+ Gọi diện tích hình chữ nhật APMQ S, ta : S = AP MP = x x 2R x  

+ Áp dụng BĐT Cô – Si số dương : ; ; 3

x x x

( 2R – x) ta :

   

4

4 2

3 3 3

x x x x x x

R x R x R

           ( dấu “=” xảy :

3 3

x x x R

R x x

      )

      

3 2

4 2 3

3 3 4

x R x R x R R

R x R x x R x S

   

         

   

   

Ta S đạt giá trị lớn 3

R AP = 3

R  0  0

MAB 30 Sđ BM 60

    , Khi

M thuộc đường tròn cho : Sđ BM 60 

……….Hết……… ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

NĂM HỌC 2009 – 2010 ĐỀ TOÁN CHUYÊN Câu ( điểm)

1) Giải hệ phương trình sau :

1

2

5

1

y x

y x



 

   

  

  

2) Giải phương trình : ( 2x2 – x)2 + 2x2 – x – 12 = 0 GIẢI 1) Giải hệ phương trình sau :

1 2

1

1 2 1

1 1

1

2 3 1

5

3

1

y y y x

x x x x

y y

y y y

x x

   

      

     

       

    

    

           



     

  

Vậy hệ phương trình có nghiệm : ; 1

 

 

 

2) Giải phương trình : ( 2x2 – x)2 + 2x2 – x – 12 = 0

Đặt : t = 2x2 – x, ta phương : t2 + t – 12 = (*)

Ta có :  = b2 – 4ac = 12 – 4.1(– 12) = 49 49 7     , Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt :

1

1 7

t 3; t 4;

2 2.1 2.1

b b

a a

         

+ Với t1 = 3, ta : 2x2 – x =  2x2 – x – = (1) Phương trình có dạng : a – b + c = – (– 1) – = 0, Vậy phương trình (1) có nghiệm : x1 = –1; x2 =

c 3

a 2



  

+ Với t2 = – 4, ta : 2x2 – x = –  2x2 – x + = (2) Ta có :  = b2 – 4ac = (–1)2 – 4.2.4 = – 31 < 0. Vậy phương trình (2) vơ nghiệm

Vậy phương trình cho có tập nghiệm : S = 1;

 



 

 

Câu ( điểm)

Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – = ( x ẩn số) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 ( x1 < x2) thỏa : | x1| = 2| x2|

GIẢI

+ Ta có : ’ = ( 2m + 1)2 – ( 4m2 + 4m – 3) = 4m2 + 4m + – 4m2 – 4m + = > 0 Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m

+ Vì x1 < x2 nên nghiệm phương trình :

1

' ' ' '

2 1; 3;

b b

x m x m

a a

     

      ( 2m + > 2m – 1)

+ Theo đề ta : | x1| = 2| x2|

* Trường hợp : x1 = 2x2  2m – 1= 2( 2m + 3)  m   * Trường hợp : x1 = – 2x2  2m – = –2( 2m + 3) 

5 m

6   Vậy m

2 

 m  

Câu ( điểm) Thu gọn biểu thức : A 7 2 11

  

  

 GIẢI

Ta đặt : M 7 11

  





=> M > Ta :

 2  

2 2

2 7 14 14 44 11

M M

7 11 11 11

7 11

 

      

 

      

     

 

 2  2

3 2   2.1 1  1  1 Vậy : A M   1  2 1  Câu ( điểm)

Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường trịn (O) Gọi P điểm cung nhỏ AC Hai đường thẳng AP BC cắt M Chứng minh :

GIẢI a) Chứng minh ABP AMB  :

+ Ta có :  ABC cân A nên AB = AC => AB AC  ;

+ AMB 1Sđ AB Sđ PC   1Sđ AC Sđ PC   1Sđ AP ABP 

2 2

     

b) Chứng minh MA MP = BA BM : + Do ABP AMB  => CBP AMB 

=> MPB cân P nên PM = PM + Xét  MAB  APB :

Góc A chung ; ABP AMB  Suy  MAB  BAP ( g – g) Suy :

MA BM MA BM

AM.PM BA.BM

BA PB  BA PM   ( đpcm)

Câu ( điểm)

a) Cho phương trình : 2x2 + mx + 2n + = 0( x ẩn số m , n số nguyên) Giả sử phương trình có nghiệm số ngun Chứng minh rằng: m2 + n2 hợp số.

b) Cho hai số a, b > 0, thỏa : a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Tính P = a2010 + b2010. GIẢI

a) Giả sử a b a; b  là hai nghiệm phương trình : 2x2 + mx + 2n + = 0. Ta có :  = b2 – 4ac = m2 – 16n – 64 ≥

Theo định lý Vi – et : 2 

4

m m a b

a b

n ab ab n

 

 

  

 



 

 

 

  



Suy : m2 + n2 = [ 2( a + b)]2 + ( ab – 4)2 = 4a2 + 8ab + 4b2 + (ab)2 – 8ab + 16 = 4a2 + (ab)2 + 4b2 + 16 = a2 ( + b2) + 4(b2 + 4) = ( a2 + 4)(b2+4)

Vì a, b số nguyên a2 ≥ ; b2 ≥ 0, nên a2 + b2+4 số nguyên lớn Vậy m2 + n2 hợp số.

b) Ta có : a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102, nên : (a100 + b100 ) (a102 + b102)= (a101 + b101 )2

 a202 + a100b102 + a102b100 + b102 = a202 + 2a101b101 + b102.

 a100b102 + a102b100 = 2a101b101  b2 + a2 = 2ab  ( a – b)2 =  a = b. Từ giả thiết, ta : 2a100 = 2a101 = 2a102  = a = a2  a = b =1 ( a, b > 0)

Vậy : P = a2010 + b2010 = 12010 + 12010 = 2. Câu (2 điểm)

Cho tam giác OAB vuông cân O với OA = OB = 2a Gọi (O) đường trịn tâm O bán kính a Tìm điểm M thuộc (O) cho MA + 2MB đạy giá trị nhỏ

GIẢI

Gọi C D giao điểm AO với (O; a), với C nằm A O Ta : C trung điểm OA, hay OC = a Gọi E trung điểm

của OC; F giao điểm đoạn thẳng BE (O; a) + Nếu M trùng với C, ta :

AM = AC; EM = EC AC = 2EC Suy : AM = EM

O

M

P

C B

A

M

F

E O

D C

B

+ Nếu M trùng với D, ta :

AM = AD; EM = ED AD = ED Suy : AM = EM

+ Nếu M không trùng với D không trùng với C Xét  EOM  MOA :

Góc O chung

OE OM

OM OA 2 Suy  EOM  MOA

EM

AM 2EM

AM

   

Vậy ta AM = EM

Suy : AM + BM = ( EM + BM) ≥ EB =  

2

2 17

2 17

2

a a

a    a

 

,

dấu “=” xảy M trùng với F Vậy : AM + BM đạt giá trị nhỏ a 17 M trùng với F

Câu ( điểm)Cho a, b số dương thỏa : a2 + 2b2 ≤ 3c2 Chứng minh : 1 a b c GIẢI

Ta có : a2 + c2 ≥ 2ac ; 2b2 + 2c2 ≥ 4bc, dấu “ = ” xảy a = b = c; Suy : a2 + c2 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ac + 4bc  a2 + 2b2 + 3c2 ≥ 2ac + 4bc

Theo giả thiết : a2 + 2b2 ≤ 3c2, suy : 2ac + 4bc ≤ a2 + 2b2 + 3c2 ≤ 6c2  a + 2b ≤ 3c (*) Áp dụng BĐT BunhiAkôpski :

 

 

2

2

1 2

3 2

1 2

3 (Đpcm)

c a b c a b a b

a b a b a b

c

a b a b c

 

   

           

 

     

 

        

 