Bai giai de thi vao 10 mon toan chuyen Le Quy Don Binh Dinh 20142015

Chứng minh M là trung điểm của AQ: QAB  MAH  MCH góc nt cùng chắn cung MH của đường tròn ngoại tiếp ∆ACH QBA  IBA  ICA góc nt cùng chắn cung IA.[r]

Phan Hòa Đại SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015 BÌNH ĐỊNH Đề chính thức TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn thi: Toán ( ĐỀ CHUNG ) Thời gian làm bài: 120’ Ngày thi: 13/6/2014 Bài 1: ( đ) Cho biểu thức: A  x  x x  x 1  2x  x x  ( Với x > 0) a) Rút gọn A b) Tìm các giá trị x để A =2 c) Tìm giá trị nhỏ A Bài 2: (2 đ) Gọi đồ thị hàm số y = x2 là parabol (P), đồ thị hàm số y=(m+4)x-2m-5 là đường thẳng (d) a) Tìm giá trị m để (d) cắt (P) điểm phân biệt b) Khi (d) cắt (P) Tại điểm phân biệt A,B có hoành độ là x1; x2 Tìm các giá trị m cho x13  x32 =0 Bài 3: (1,5 đ) Tìm x,y nguyên cho x  y  18 Bài 4: (3,5đ) Cho đường tròn (O) và điểm P nằm ngoài đường tròn Kẻ hai tiếp tuyến PA,PB với đường tròn (O) (A,B là hai tiếp điểm) PO cắt đường tròn điểm K và I ( K nằm P và O) và cắt AB H Gọi D là điểm đối xứng với P qua O, C là giao điểm PD và đường tròn (O) CM tứ giác BHCP nội tiếp CM: AC  CH Đường tròn ngoại tiếp ∆ ACH cắt IC M Tia AM cắt IB Q Chứng minh M là trung điểm AQ  , với < x < Bài 5: (1 đ) : Tìm giá trị nhỏ hàm số : y  1 x x -* HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: ( đ) Cho biểu thức: A  x2  x x  x 1 d) a) Rút gọn A A x2  x x  x 1  2x  x x 1  x   2x  x x   ( Với x > 0)   x 2 x 1 x  x 1 x  x 1  1 x 1 x  x  x  x 11  x  x b) Với x > 0, ta có : A   x  x   x  x   Đặt t = x  0, ta pt: t2-t-2 =0 (1), pt (1) có dạng a-b+c=0 =>t1=-1 (loại); t2= Với t=2 => x   x=4 (TMĐK) => A= x=4  1 1 c)Với x>0, ta có : A  x  x   x     2 4  Vậy GTNN A x 1   x  (TMĐK) Bài 2: Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm pt:x2 = (m+4)x-2m-5x2- (m+4)x+2m+5=0 (1) a) (d) cắt (P) điểm phân biệt  pt (1) có nghiệm phân biệt Phan Hòa Đại Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định m        m     2m  5   m  8m  16  8m  20   m     m  2 b) Khi m ≥ m≤ thì (d) cắt (P) Tại điểm phân biệt A,B có hoành độ là x1; x2 b  x1  x   a  m  Theo hệ thức Vi- Ét ta có:  x  x  c  2m   a Do dó: x13  x32 =0 x13  x32    x1  x   3x1x  x1  x     x1  x   x1  x   3x1x       2   m    m     2m  5     m   m  2m     m   m  1     m  4(TMDK)   m  4  m  1 KTMDK  Bài 3: (1,5 đ) Tìm x,y nguyên cho Ta có: x  y  18 ĐK : 18≥x ≥0 ; 18≥y ≥0 x  y  18  x  18  y  x  18  y  18y  18  y  2y Vì 18+y nguyên nên x nguyên  2y   2y là số chính phương chẵn  2y  4k (k  )  y  2k (1)  x  18  y  18y  18  2k  4k   k  3 Do đó : Mà k  , nên ta có trường hợp sau -Nếu k =0 => x= 2.(0-3)2=18; y = 2.02=0 -Nếu k =1 => x= 2.(1-3)2=8; y = 2.12=2 -Nếu k =2 => x= 2.(2-3)2=2; y = 2.22=8 -Nếu k =3 => x= 2.(3-3)2=0; y = 2.32=18 Vậy pt có nghiệm nguyên (x;y) là (18;0), (8;2), (2;8), (0;18) *Nhận xét: Đây là pt nghiệm nguyên dạng vô tỉ, loại này có thể biến đổi nhiều cách, ví dụ: C2: -Tương tự (1), ta có : x= 2t2 ( Với t  ), nên  t   x    k   y  18  t   x    k   y  x  y  18  2.t  2.k   t  k      t   x    k   y    t  x  18 k   y    ( số liệu lớn nên G/S x ≤ y => t ≤ k để xét ít trường hợp hơn) C3: -Từ (1), ta có ≤ y ≤ 18 => 0≤ 2k2≤18 <=> 0≤ k2 ≤  k 0;1;2;3 => x;y Bài 4: (3,5đ) a CM tứ giác BHCP nội tiếp : Ta có PA=PB (T/c hai t2 cắt nhau) ; OA=OB ( Bán kính đường tròn (O)) => OP là đường trung trực đoạn AB =>IPAB => BHP  900 (1) Phan Hòa Đại Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định Lại có BCD  90 ( góc nt chắn nửa đường tròn)=> BCP  900 (2) Từ (1) và (2) suy tứ giác BHCP nội tiếp b CM: AC  CH Ta có: DCH + PCH = 1800 (kề bù) và PBH + PCH = 1800 ( Tứ giác BHCP nội tiếp) => DCH = PBH Lại có: ACD = ABD ( Góc nt cùng chắn cung AD) Suy ACH = ACD + DCH = ABD + PBH = PBD =900 ( t/c tiếp tuyến) => AC  CH D A M I O H Q C K P B c Chứng minh M là trung điểm AQ: QAB  MAH  MCH (góc nt cùng chắn cung MH đường tròn ngoại tiếp ∆ACH) QBA  IBA  ICA (góc nt cùng chắn cung IA) => QAB + QBA = MCH + ICA = ACH =900=> ∆AQB vuông Q =>BQAQ Lại có ∆ACH vuông C=> AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆ACH=> AMH =900 (góc nt chắn nửa đường tròn đường kính AH) =>MHAQ Xét ∆AQB có: HA=HB ( Vì OP là đường trung trực đoạn AB) và MH //BQ ( cùng AQ) => M là trung điểm AQ  , với < x < Bài 5: (1 đ) : Tìm giá trị nhỏ hàm số : y  1 x x 2  2; 1 y   3 Vì < x < => < 1- x < => 1 x x 1 x x x 1 y  y  yx  yx2  x   yx2  (1  y)x   (1) 1 x x xx Vì y >3 => y  Xem (1) là pt bậc hai ẩn x, ta có: ĐK cần để pt (1) có nghiệm là ∆ ≥  y   2 (TMDK) Mà ∆ ≥  1  y   4.y.1   y2  6y      y   2 (KTMDK)  y  3 2 Dấu “=” xảy và ∆ =  pt(1) có nghiệm kép: x1  x2     b y   2  (2  2)  2 2 2       ( TMĐK) 2a 2y 2 2(3  2 ) Vậy giá trị nhỏ y là  2 x= 1