TSL10 Chuyen Toan Quãng Ngãi 10-11

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010 - 2011
QUẢNG NGÃI Môn thi: TOÁN (Hệ chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (2,5 điểm)
a) Thu gọn biểu thức: M =
x 3 x 3 9
x
x 3 x 3 x
 
− +
 
− −
 ÷
 ÷
+ −
 
 
với x > 0; x
≠
9.
b) Giải phương trình:
3
2
2
x
x 16 0
16 x
+ − =
−
.
c) Giải hệ phương trình:

2 1
7
x 1 y 1
5 2
4
x 1 y 1

+ =

− +



− =

− +

.
Bài 2: (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số tự nhiên n để n
3
– n
2
– 7n + 10 là một số nguyên tố.
b) Tìm tất cả các số tự nhiên x, y, z thoả mãn phương trình 2010
x
= 2009
y
+ 2008
z

.
Bài 3: (1,5 điểm)
Cho phương trình x
2
– mx + m – 1 = 0 và đặt A =
( )
1 2
2 2
1 2 1 2
4x x 6
x x 2 1 x x
+
+ + +
với x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình.
a) chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m.
b) Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ nhất?
c) Tìm tất cả các số nguyên dương của m để A nhận giá trị nguyên.
Bài 4: (2,5 điển)
Cho tam giác ABC có AB = 3AB = 3a và
·
o
BAC 60=
. Trên cạnh BC lấy điểm D
sao cho
·
0

ADB 30=
. Đường thẳng vuông góc với AD tai D cắt tia AB ở E và cắt cạnh
AC ở F. Hạ EK vuông góc với AC (K
∈
AC).
a) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác Abc theo a.
b) Chứng minh ba đường thẳng AD, BF và EK đồng quy.
Bài 5: (1,5 điểm)
a) Tam giác KLM có ba đường phân giác trong là KN và LP cắt nhau tại Q
(N
∈
LM, P
∈
KM). Giả sử tứ giác MNQP nội tiếp và PN = 2. tính số đo các góc và
các cạnh của tam giác NPQ.
b) Cho tam giác cân ABC (AB = AC) có
·
o
BAC 108=
. Tính tỉ số
BC
AC
.
ĐỀ CHÌNH THỨC
Giải
Bài 1: (2,5 điểm)
a) M =
x 3 x 3 9
x
x 3 x 3 x

 
− +
 
− −
 ÷
 ÷
+ −
 
 

=
( ) ( )
( ) ( )
x 3 x 3
x 6 x 9 x 6 x 9
x
x 3 x 3
+ −
− + − − −
×
+ −
=
−
12.
b) ĐKXĐ:
−
4 < x < 4
3
2
2

x
x 16 0
16 x
+ − =
−
( ) ( ) ( )
3
3 2 2 2 2 2
x 16 x 0 x 16 x x x 16 x 16 x⇔ − − = ⇔ − − + − + −
= 0
( )
( )
2
2 2 2
1 3
x 16 x 16 x x 16 x
2 4
 
 
⇔ + − + − − −
 
 ÷
 
 
 
= 0
⇔

2
x 16 x= −

(vì
( )
2
2 2
1 3
x 16 x 16 x
2 4
 
+ − + −
 ÷
 
> 0)
2 2
x 0
x 0
x 2 2
x 2 2
x 16 x
x 2 2
>

>



⇔ ⇔ ⇔ =
=
 
= −




= −



(thỏa ĐKXĐ)
Tập nghiệm của phương trình là S = {2
2
}.
c) ĐKXĐ:
x 1
y 1
≠


≠ −

.
Đặt
1
u
x 1
=
−
,
1
v
y 1
=

+
, ta có hệ phương trình:
2u v 7 4u 2v 14 9u 18 u 2
5u 2v 4 5u 2v 4 v 7 2u v 3
+ = + = = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− = − = = − =
   
• u = 2
1 3
2 x
x 1 2
⇔ = ⇔ =
−
(thỏa ĐKXĐ)
• v = 3
1 2
3 y
y 1 3
⇔ = ⇔ = −
+
(thỏa ĐKXĐ)
Vậy hệ phương trình có nhiệm duy nhất
3 2
;
2 3
 
−

 ÷
 
.
Bài 2:
a) P = n
3
– n
2
– 7n + 10 = n
3
– 2n
2
+ n
2
– 2n – 5n +10 = (n – 2)(n
2
+ n – 5).
P nguyên tố
2
n 3
n 2 1
n 2
n n 5 1
n 3
=

− =


⇒ ⇒ =



+ − =


= −

(loại)
* n = 3
⇒
P = 7.
* n = 2
⇒
P = 0 (loại).
Vậy n = 3 là giá trị cần tìm.
b) 2010
x
= 2009
y
+ 2008
z
(1)
Nhận xét:
Vế phải lớn hơn 1 nên x > 0
⇒
2010
x
chẵn.
Ta có 2009
y

lẻ. Suy ra z = 0.
(1) trở thành 2010
x
= 2009
y
+ 1.
Ta có 2009
y
+ 1 = (2008 + 1)
y
+1
≡
2 (mod 4).
Nếu x
≥
2 thì 2010
x

M
4 (vô lí).
Vậy x = 1. Suy ra y = 1
Vậy x = 1, y = 1, z = 0.
Bài 3:
x
2
– mx + m – 1 = 0
a)
∆
= (– m)
2

– 4(m – 1) = (m – 2)
2

≥
0. Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
b) A =
( )
1 2
2 2
1 2 1 2
4x x 6
x x 2 1 x x
+
+ + +
=
( )
( )
1 2
2
2
1 2
4 m 1 6
4x x 6
m 2
x x 2
× − +
+
=
+
+ +

.
2
Am 4m 2A 2 0⇔ − + − =
.
* A = 0
1
m
2
⇔ = −
.
* A
≠
0:
Tồn tại giá trị của m
2
' 4 A(2A 2) 0 A A 2 0⇔ ∆ = − − ≥ ⇔ − − ≤
( ) ( )
A 1 A 2 0⇔ + − ≤

A 1
A 2
≥ −

⇔

≤

1 A 2⇔ − ≤ ≤
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là –1 khi m = –2.

c) Ta có
1 A 2− ≤ ≤
và A nguyên nên A
{ }
1;0;1;2∈ −
.
* A = – 1
m 2⇔ = −
(loại)
* A = 0
1
m
2
⇔ = −
(loại)
* A = 1
m 0
m 4
=

⇔

=

* A = 2
m 1
m 2
=

⇔


=

Vậy tâp hợp các giá trị m cần tìm là:
{ }
1;2;4
.
Bài 4:
a) Kẻ BH
⊥
AC, ta có AH = AB.cos
·
BAH
= a.cos 60
0
=
a
2
,
BH = AB.sin
·
BAH
= a.sin 60
0
=
a 3
2
.
CH = AC – AH = 3a –
a

2
=
5a
2
(loại)
Suy ra BC =
2 2
2 2
25a 3a
BH CH a 7
4 4
+ = + =
.
Kẻ OI
⊥
BC, ta có BI =
BC a 7
2 2
=
.
BO =
·
·
BI a 7 a 7 3 a 21
:sin BAC :
2 2 2 3
sin BOI
= = =
.
b) Ta có

·
·
·
0 0 0
BDF BDA ADF 30 90 120 .= + = + =
Tứ giác ABDF có
·
·
0 0 0
BAF BDF 60 120 180+ = + =
.
⇒
tứ giác ABDF nội tiếp.
Suy ra
·
·
0
ABF ADF 90= =
.
Do đó FB là đường cao của tam giác AEF.
FB, AD, EK là ba đường cao của tam giác AEF nên ba đường thẳng AD, EK, BF
đồng quy.
Bài 5:
a) * Ta có KN, LP là các đường phân giác
của tam giác MLK nên MQ cũng là đường
phân giác của tam giác MLK.
Đặt
·
·
·

·
NMQ PMQ QPN QNP= = = = α
,
·
·
NLQ KLQ= = β
,
·
·
QKL QKP= = γ
.
Ta có
0
90α + β + γ =
(1)
2α =
·
NQL = β + γ
(2)
(1) & (2)
0
3 90⇒ α =

0
30⇒ α =
.
Vậy
·
·
0

QNP QPN 30= =
.
·
0
NQP 120=
.
* Kẻ QH
⊥
NP
NH 1⇒ =
,
NQ = NH: cos30
0
= 1:
3
2
=
2 3
3
.
Vậy NQ = PQ =
2 3
3
.
b) Trên BC dựng điểm D sao cho BD = BA.
Ta có
·
µ µ
·
0 0 0

BAC 108 B C 36 BDA 72= ⇒ = = ⇒ =
·
0
ADC 108⇒ =
⇒ ∆
ABC
∆
DAC
⇒
2
AC BC
AC DC.BC
DC AC
= ⇒ =
(*)
Đặt BA = AC = BD = a, BC = x, thế thì CD = x – a.
Từ (*) suy ra a
2
= (x – a).x
⇔
x
2
– ax – a
2
= 0
( )
( )
1 5 a
x
2

1 5 a
x
2

+

=

⇔

−

=


Vậy
( )
1 5 a
BC 1 5
: a
AC 2 2
+
+
= =
.
H
O
I
K
F

E
D
A
B
C
K
L
Q
N
P
M
α
α α
α
β
β
γ
γ
H
C
A
B
D
s
(loại)