Tài liệu Ôn thi vào lớp 10 chuyên phổ thông năng khiếu 2008-2009 ppt

ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU NĂM HỌC 2008 - 2009
MÔN TOÁN CD
Khóa thi ngày 7 - 6 - 2008
Thời gian 150 phút
Câu 1:
(2 điểm) Giả sử là hai nghiệm của phương trình:
(
)
2
3210mx m x m
−
+++=
a) Tính tổng S và tích P của hai nghiệm. Biết S - P = 1, tính
12
,,mx x.
b) Trong trường hợp tổng quát, không tính
12
,
x
x hay tìm một hệ thức liên hệ giữa S và P độc lập
với m.
Câu 2:
( 2 điểm)
a) Giải hệ phương trình
22
22
23 0,19
57 0,83

xy
xy
⎧
−=−
⎪
⎨
+=
⎪
⎩
Với
0xy
<

b) Giải phương trình
()
2
21 1xx x+− =
Câu 3:
(1 điểm) Một phân số P có dạng
3
a
P
a
=
+
với a là số nguyên dương. Nếu mẫu số tăng
thêm một thì phân số giảm
11
325
Tính P.

Câu 4:
(3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6, AC = 8.
a) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I, bán kính
. Tính IA.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm O, bán kính R. Tính
2
2
OI
R
Rr−

c) Dựng AH vuông góc BC tại H và HK vuông góc AC tại K. Đường tròn ngoại tiếp tam giác
BKC cắt AB tại E (E khác B). Tính
n
A
EH

Câu 5
(2 điểm) Một sinh viên súyt bị tai nạn tàu hỏa kể chuyện với các bạn :
ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

” Khi đang đi trên cây cầu sắt (sử dụng cho tàu hỏa) dài 120m thì tôi thấy 1 chiếc xe lửa tốt hành
đang lao tới.
Thay vì chạy cùng chiều với xe lửa tôi quyết định chạy nước rút ngược chiều xe lửa. Dù là vô
địch chạy nước rút của trường, tôi cũng chỉ chạy được với vận tốt 18km/h vì đang mang ba lô
trên lưng. May mắn thay, khi tôi chạy đến đầu cầu bên này thì 2 giây sau xe lửa mới đến nên tôi
đã kịp tránh sang một bên.
Khi hòan hồn lại, tôi tính được rằng nếu tôi chạy cùng chiều với xe lửa thì ngay khi đến cầu bên
kia tôi sẽ bị xe lửa đụng. May thật!”

Biết xe lửa chạy với vận tốc 72km/h, em hãy tính khi thấy xe lửa, anh sinh viên đang ở cách đầu
cầu bên này bao nhiêu mét?
Hướng dẫn giải

Câu 1:

a) Theo định lý Viet ta có
12
12
3
21
m
Sxx
m
m
Pxx
m
+
⎧
=+=
⎪
⎪
⎨
+
⎪
==
⎪
⎩

(

)
0m
≠

Với S – P = 1 ta có
32 1
11
mm
m
mm
++
−=⇔=
.
Khi đó phương trình trở thành:
2
430xx−+=
1
3
x
x
=
⎡
⇔
⎢
=
⎣
. Suy ra
1
2
1

3
x
x
=
⎧
⎨
=
⎩
hoặc
1
2
3
1
x
x
=
⎧
⎨
=
⎩

b) Ta có
()
33
313
1
m
SmSmmSm
mS
+

=⇒=+⇒−=⇒=
−
. Từ đó ta có:
2.3
1
21 5
1
3
3
1
mS
S
P
m
S
+
++
−
== =
−
hay 35PS
−
=
Câu 2:

a) Ta có:

22 2 2 2
22 2 2 2 2
2

2
2 3 0,19 10 15 0,95 29 2,61
5 7 0,83 10 14 1,66 10 15 0,95
0, 09 0,3
0, 2
0, 04
xy x y y
xy x y x y
yy
x
x
⎧⎧ ⎧
−=− − =− =
⎪⎪ ⎪
⇔⇔
⎨⎨ ⎨
+= + = − =−
⎪⎪ ⎪
⎩⎩ ⎩
⎧
==±
⎧
⎪
⇔⇔
⎨⎨
=±
=
⎪
⎩
⎩

ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

Mà 0xy < nên ta có
0, 2
0,3
x
y
=−
⎧
⎨
=
⎩
hoặc
0, 2
0,3
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm.
b) Điều kiện:
()
1
210

0
x
xx
x
≤−
⎡
+≥⇔
⎢
≥
⎣

Khi đó ta có:

() ()
()
()
22
22
22
2
21 1 211
211 2
221 2
22 101
xx x xx x
x
xxx
x
xxx
xxx

+− = ⇔ +=+
⇔+=++
⇔+=++
⇔+−−=

Nếu
0x ≥ ta có
()
(
)
()
2
1
110
1
x
n
x
x
l
=⎡
⇔−=⇔
⎢
=−
⎢
⎣

Nếu
0x < ta có
()

()
()
2
25
1410
25
x
l
xx
x
n
⎡
=− +
⎢
⇔+−=⇔
⎢
=− −
⎣

Vậy phương trình có hai nghiệm
1, 2 5xx==−−
Câu 3:

Nếu mẩu số tăng them ta được phân số
31 4
aa
aa
=
+
++

. Theo đề bài ta có phương trình:
()
(
)
()()
()()
()
()
2
2
43
11 11
3 4 325 3 4 325
325 11 3 4
325 11 77 132
248 132 0
22
6
11
aa aa
aa
aa aa
aaa
aa a
aa
an
al
+− +
−= ⇔ =
++ ++

⇔=++
⇔=++
⇔−+=
=⎡
⎢
⇔
⎢
=
⎢
⎣

Vậy
22 22
22 3 25
p ==
+






ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

Câu 4:



a) Tam giác ABC vuông tại A nên ta có

22222
6 8 100 10BC AB AC BC
=
+=+=⇒=
Gọi M, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (I) với
các cạnh BC, AC và AB.
Ta có BM = BQ, CM = CP và AP = AQ.
(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra 2AP = AP + AQ = AB – BQ + AC –
CP = AB + AC – CM – BM = AB + AC –
BC = 6 + 8 – 10 = 4.
Suy ra AP = 2.

Tam giác API vuông tại P nên ta có
222.2
cos cos 45 2 2
2
22
o
AP AP
PAI AI
AI
===⇒===

b) Tam giác API vuông tại P có
n
45
o
PAI = nên là tam giác vuông cân, suy ra r =
2rIPAP== =

Tam giác ABC vuông tại A nên tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là trung
điểm của BC và bán kính
5
2
BC
ROB== =
.
Khi đó ta có
22
2 5 2.2.5 5RrR−=− =
Ta có 2BM = BM + BQ = BC + BA – AQ – CM = BC + BA – AC = 6+ 10 – 8 = 8
Suy ra MB = 4, suy ra MO = OB – BM = 5 – 4 = 1.
Tam giác IOM vuông tại M nên ta có
22 222
215 5OI IM MO OI=+ =+=⇒=
Vậy
2
5
1
5
2
OI
RRr
==
−

c) Ta có
n
n

AEK ACB= (Tứ giác BEKC nội tiếp)
Và
n
n
AHK ACB= ( cùng phụ với
n
CHK )
Suy ra
n
n
AEK AHK= , suy ra tứ giác AEHK nội tiếp.
Do đó
n
n
n
n
180 180 180 90 90
ooooo
AEH AKH AEH AKH+=⇒=−=−=

Câu 5:

K
E
H
Q
P
M
I
O

B C
A
ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

xe lua
Sinh vien
A
DBC

Gọi hai đầu cầu là A và B (đầu cầu bên này). Xe lửa đi hướng D đến B.
Lúc nhìn thấy xe lửa sinh viên đang ở vị trí C.
Gọi x là độ dài quảng đường CB, y là độ dài quảng đường DB.
Ta có 18km/h = 5m/s và 72km/h = 20m/s.
Thời gian anh sinh viên đi từ C đến B là :
()
5
x
s

Thời gian xe lửa đi từ D đến B là:
()
20
y
s

Ta có phương trình
2
520
x

y
+=
(1)
Thời gian anh sinh viên đi từ C đến A là:
()
120
5
x
s
−

Thời gian xe lửa đi từ D đến A là:
()
120
20
y
s
+

Ta có phương trình
120 120
520
x
y−+
=
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
2
520
120 120

520
xy
x
y
⎧
+=
⎪
⎪
⎨
−
+
⎪
=
⎪
⎩

Giải hệ ta được
40
200
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩

Vậy khi thấy xe lửa anh sinh viên cách đầu cầu bên này 40 m.

NGUYỄN TĂNG VŨ