DeDA thi thu lop 10 chuyenMon chung

[r]

(1)

Đề thi thử lớp 10 chuyên Môn : To¸n chung

(Thời gian làm : 120 phút, không kể thời gian phát đề) Câu (2.0 điểm ) : Cho biểu thức

1 2 2

:

3

2 ( 2) 2

x x

P

x

x x x x x

     

     

            

   

1 Tìm điều kiện x để P có nghĩa rút gọn P Tím giá trị x để P >

C©u (3.5 ®iĨm)

1/ Tìm số ngun x, y thoả mãn đẳng thức x3 – 4x2 – xy + 5x + y + = 0

2/ Gi¶i hƯ phơng trình

2

3 2

10

x y xy x y

x y            

3/ Cho phơng trình : x2 (2k + 1)x + k2 – = ( k lµ tham sè )

Tìm giá trị k để phơng trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x12 + x22 = 9

Câu (3.5 điểm) : Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB M điểm thuộc nửa đờng trịn ( M khác A B) Gọi P điểm nằm đoạn AO ( P khác A O), d d’ đờng thẳng vng góc với AB tơng ứng A B Đ-ờng thẳng vng góc với PM M cắt d E, đĐ-ờng thẳng vng góc với PE P cắt d’ F, AM cắt EP C, BM cắt FP D

1/ Chøng minh : AEP CDP

2/ Chứng minh CD song song với AB ba điểm E, M, F thẳng hàng 3/ Giả sử M di động cung AB, tìm vị trí M để MA + MB ln nht

Câu (1.0 điểm) : Cho hai số a b thoả mÃn :



2 5 5 5

a a b b

Tìm giá trị cđa biĨu thøc M = a5 + b5

HÕt -Híng dÉn häc sinh lµm bµi : GV L Nguyễn Đức Tính

Câu 1 : Đặt y = x +

Ta cã :

2 2 2 : 1 1 y y P y

y y y y y

   

      



   

   

1 Tìm điều kiện x để P có nghĩa rút gọn P + Biểu thức P xác định









2 2

0

0 2

1

1 1

y y

y x x

y y

y x x

y y y y y y

                                               

+ Rót gän P

2 2 2 : 1 1 y y P y

y y y y y

                   









1 2

:

1

y y y y

P y y y        









1 1

1

y y y

P

y y y

y y

  

 

  

 

, thay y = x + vµo ta cã

1 P x   

(2)

P > <=>

1

0 2 1

2 x x x x

x         

Kết hợp điều kiƯn : Víi x > -1 th× P >

Câu (3.5 điểm)

1/ Tỡm cỏc s nguyên x, y thoả mãn đẳng thức : x3 – 4x2 – xy + 5x + y + = 0

=>y(x – 1) = x3 – 4x2 + 5x + => y =

3

2

4 5

3

1

x x x

x x

  

   

  (*)

Để y nguyên (x – 1) U(5)











Vậy có cặp số nguyên x,y thoả mÃn là(x ; y ) = (6 ; 21), (2 ; 5) , (0 ; -3) , (-4 ; 29)

2/ Giải hệ phơng trình

2

3 2 0(1)

10(1)

x y xy x y

x y

     



Giải phơng tr×nh (1) :

x2 – 2(y + 1)x – 3y2 + 6y = Coi phơng trình bËc Èn x ta cã

’ = (y + 1)2 + 3y2 – 6y = y2 + 2y + + 3y2 – 6y = 4y2 – 4y + = (2y – 1)2

VËy ph¬ng trình có hai nghiệm : x1 = 3y x2 = – y +) Víi x = 3y thay vào phơng trình (2) ta có

9y2 + y2 = 10y2 <=> y2 = <=> y =  => x =  3 +) Víi x = y thay vào phơng trình (2) ta có (2 – y)2 + y2 = 10 => y2 – 2y = 0

Phơng trình có hai nghiÖm y = - => x =

y = => x = -1

VËy hÖ phơng trình có nghiệm :

1

x y

  



 ;

1

x y

  



 ;

3

x y

  



 ;

1

x y

  

 

3/ Cho ph¬ng tr×nh : x2– (2k + 1)x + k2– = ( k lµ tham sè )

Ta cã :  = (2k + 1)2 – 4(k2 – 1) = 4k + 5

Để phơng trình có hai nghiƯm x1 , x2 th×  <=> 4k +  <=> k

5

 

(*)

Khi theo viét ta có

1

2

2 1

x x k

x x k

  

  

 

 

x12 + x22 = <=> (x1 + x2)2 – 2x1x2 = <=> (2k + 1)2 – 2(k2 – 1) = 9 <=> 2k2 + 4k – = <=> k2 + 2k = Phơng trình có hai nghiệm k1 = ( Tho¶ m·n *)

k2 = - ( Không thoả mÃn * ) Loại

Vậy với k = thoả mÃn điều kiện to¸n

(3)

3 M'

1

1 1

D C

F E

®' d

P

M

O B

A

1/ Chøng minh : AEP CDP

XÐt tø gi¸c APME cã : PAE PME  90o90o 180o (gt)

=> Tø gi¸c APME néi tiÕp (®/l)

Xét đờng trịn ngoại tiếp tứ giác APME ta có : E1 M 1(Cùng chắn cung AP) (1)

Xét đờng trịn (O) có CMD AMB  90o ( chắn nửa đờng tròn O)

=> CMD CPD  90o90o 180o => Tø gi¸c PDMC néi tiÕp

Xét đờng tròn ngoại tiếp tứ giác PDMC ta có M 1D 1(Cùng chắn cung CP) (2)

Tõ (1) vµ (2) => E1 D 1 (3) hay AEP CDP

2/+ Chøng minh CD song song víi AB Ta cã : 1 2 90

o

P P  ( Hai gãc phô nhau) (4) ; P E11 90o( Hai gãc phô nhau) (5)

Tõ (3), (4) (5) => D P2 => CD // AB

+ Ba ®iĨm E, M, F thẳng hàng

Xột ng trũn ngoi tip t giác PDMC : P3 C1(cùng chắn cung PD) (6)

Do CD//AB => C1A1 (đồng vị) (7)

Xét đờng tròn (O) : A1 B1 (Cùng chắn cung BM) (8)

Tõ (6) vµ (7) => P3 B1 => tø giác PBFM nội tiếp (đ/l)

=> PMF 90o => MF PM mµ EM  PM => MF, ME trïng

=> E, M, F thẳng hàng

3/ Giả sử M di động cung AB, tìm vị trí M để MA + MB lớn Tam giác MAB vuông M => MA2 + MB2 = AB2 (không đổi )

(MA + MB)2 4MAMB ( dÊu = x¶y MA = MB) => (MA + MB)2 – 2MAMB = AB2 =>

2

2 ( )

( )

2

MA MB

(4)

VËy MA + MB lín nhÊt b»ng AB M lµ trung điểm cung AB

Câu (1.0 điểm) : Cho hai số a b thoả mÃn :



 



2 5 5 5

a a  b b  

Tìm giá trị biểu thức M = a5 + b5

Ta cã :



 



2 5 5 5

a a  b b

(1)

Mặt khác

 



2 5 5 5 5 5 5 5

a a  b b  a a  b b   a a  b b 

=> (-5).(-5) =



 



2

5 a a b b

    

=>



 



2 5 5 5

a a  b b  

(2) Tõ (1) vµ (2) ta cã

2 2

5 ( 5)( 5) 5(1)

5 ( 5)( 5) 5(2)

ab a b b a a b

        

 

       

 

Trừ vế (1) (2) ta đợc

2 2

2a b  5 2b a   5 a b b a 5 (Vậy a b trái dÊu)

=> a b2( 25)b a2( 25)a2 b2 ab (Do a b trái dấu) => M = a5 + b5 = (-b)5 + b5 = -b5 + b5 = 0