De thi lop 10 chon THPT Tay Thuy Anh Thai ThuyThaiBinh20122013

Vẽ đồ thị hàm số... Vẽ đồ thị hàm số..[r]

SỞ GD  ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THCS TÂY THỤY ANH

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2012 – 2013

MÔN: TOÁN

(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài I: (2 điểm) Cho hàm số

2

2

1

y f (x) x

4 x x

   

 

1 Tính f(m + 2) Vẽ đồ thị hàm số Bài II: (3 điểm)

Cho

x x 2( x 3) x

P

x x x x

  

   

   

1 Rút gọn P

2 Tính giá trị của P với x = 16 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của P

Bài III: (2 điểm)

1 Giải phương trình: (x – 2)(x – 1)(x – 8)(x – 4) = 4x2.

2 Tìm tất cả các số nguyên a để phương trình: x2 – (3 + 2a)x + 40 – a = có nghiệm

nguyên Bài IV: (3 điểm)

Cho đường tròn tâm O bán kính R tiếp xúc ngồi với đường tròn tâm O’ bán kính r tại A Mợt tiếp tún chung tiếp xúc với đường tròn (O) (O’) thứ tự tại B C Vẽ AH vuông góc với BC (H tḥc BC)

1 Tính BC theo R, r

2 Chứng minh OC, O’B AH đồng quy

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I: (2 điểm)

1 ĐKXĐ: |x| <  -2 < x < Khi đó: y = f(x) = x2

Điều kiện của m: -2 < m + <  -4 < m < Suy ra: f(m + 2) = (m + 2)2 = m2 + 4m + 4.

2 Vẽ đồ thị hàm số * TXĐ: D = (-2 ; 2) * Sự biến thiên:

Vì hệ số a = > nên hàm số y = x2:

- Đồng biến với -2 < x < - Nghịch biến với < x < - Đạt giá trị nhỏ nhất tại x = Bảng một vài giá trị của hàm số:

x -1 -1/2 1/2

y ¼ 1/4

* Đồ thị:

Đồ thị hàm số y = x2 khoảng (-2 ; 2) một phần của parabol y = x2 có bề lõm

quay lên, nhận trục Oy làm trục đối xứng, có điểm thấp nhất O(0; 0), nằm phía trục hoành qua các điểm kể

Bài II: (3 điểm)

P

2

x x 2( x 3) x x x 2( x 3) ( x 3)( x 1)

( x 1)( x 3) x x ( x 1)( x 3)

        

   

     

x x 2x 12 x 18 x x x x 3x x 24

( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3)

         

 

   

( x 3)(x 8) x

( x 1)( x 3) x

  

 

   .

2 Ta thấy x = 14 5 thoả mãn ĐKXĐ nên đó giá trị của P là:

P

22 22 22 (22 5)(4 5) 58

16 11

4

14 (3 5)

     

    

 

    .

3 Tìm giá trị nhỏ nhất của P:

x x 9

P x x

x x x x

  

        

    .

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:

x P

x

     



Dấu bằng xảy 

2

x ( x 1) x x

x

         

 (t/m ĐKXĐ)

Vậy P =  x = Bài III: (2 điểm)

1 Ta thấy x = không nghiệm của phương trình đã x  Khi đó: (x – 2)(x – 1)(x – 8)(x – 4) = 4x2

 (x2 – 6x + 8)(x2 – 9x + 8) = 4x2



8

x x

x x                  . Đặt

t x 6,

x   

phương trình trở thành: t(t – 3) =  t2 – 3t – =  (t + 1)(t – 4) = 

t t      - Với

t x x 5x

x

       

, vô nghiệm vì  = 25 – 32 = -7 < - Với

2

t x x 10x

x

       

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1, 2 5 17

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1,  5 17  = (3 + 2a)2 – 4(40 – a) = 4a2 + 16a – 151

Để phương trình đã cho có nghiệm nguyên thì  phải số phương Đặt 4a2 + 16a – 151 = k2 (k  N) Ta có:

4a2 + 16a – 151 = k2  (2a + 4)2 – k2 = 167

 (2a – k + 4)(2a + k + 4) = 167 = 1.167 = -1.-167

Vì 2a – k + < 2a + k + các số nguyên nên ta chỉ có hai trường hợp:

- TH1:

2a k 2a k a 40

2a k 167 2a k 163 k 83

     

  

 

  

     

   (thoả mãn).

- TH1:

2a k 167 2a k 171 a 44

2a k 2a k k 83

     

  

 

  

     

   (thoả mãn).

Thử lại:

- Với a = -44, phương trình đã cho thành: x2 + 85x +84 = 0.

Phương trình có hai nghiệm nguyên x = -1 hoặc x = -84  a = -44 thoả mãn điều kiện đề

- Với a = 40, phương trình đã cho thành: x2 - 83x = 0.

Phương trình có hai nghiệm nguyên x = hoặc x = 83  a = 40 thoả mãn điều kiện đề

1 Không giảm tổng quát, giả sử R ≥ r

(O) (O’ tiếp xúc tại A  OO’ = OA + O’A = R + r BC tiếp tuyến của (O) (O’)  OB  BC, O’C  BC

Kẻ O’K  OB Tứ giác BCO’K có K B C 90     nên hình chữ nhật Suy ra: O’K = BC, O’C = KB = r  OK = OB – KB = R – r

O’KO vuông tại K nên: O'K OO'2 OK2  (R r) 2 (R r) 2 Rr Vậy BC Rr.

2 Gọi I giao điểm của OC O’B Ta có: OB // O’C (cùng  BC) 

IO' O'C r

IB  OB R , mà

AO' r

AO R 

AO' IO' AO IB Theo định lí Ta-let đảo, suy ra: AI // OB  AI  BC, mà AH  BC (gt)