Đang tải... (xem toàn văn)
Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên.[r]
(1)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 x2
Phương trình cho có tập nghiệm : S 3; 1; ; 2
4)
2x 2.x 0
Ta có : = b2 – 4ac = 2 22 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
(2)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) 32 = 5.3 20 B = 10
Câu ( 1,5 điểm) Cho phương trình : x2 – ( 3m + 1)x + 2m2 + m – = ( x ẩn số).
(3)b) Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: 2
1 2 Ax 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
Ax 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
(4)* Chứng minh K trung điểm MP:
Do AEO PMB AE PM PM AE.PB AE.PB
AOPB 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
(5)+ 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 :
(6)GIẢI a) Chứng minh ABP AMB :
+ Ta có : ABC cân A nên AB = AC => AB AC ;
+ AMB 1Sđ AB Sđ PC 1Sđ 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
(7)+ 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