đề thi chuyên toán

SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN
TRƯỜNG THPT SẦM SƠN Lớp 10 – Năm học 2010-2011
Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề )
Câu1:( 2,5 điểm) Cho biểu thức
P =
ba
ba
+
+
:








+
+
−
−
−
+
aba
a
abb
b
ba
ba
-

( )
2
2
ba −
( Với a > 0 ,b > 0 và a
≠
b)
1, Rút gọn biểu thức P
2, Tìm a , b sao cho b = ( a+1)
2
và P =- 1
Câu2:( 2 điểm)
1, Giải phương trình ( x+1)( x+3)(x+5)(x+7) = 9
2, Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình : x
2
+ 2010x +1 = 0 và x
3
, x
4
là nghiệm của
phương trình : x
2
+ 2011x +1 = 0 không giải các phưong trình, hãy tính giá trị của biểu
thức : M = (x
1
+ x

3
)(x
2
+ x
3
) (x
1
– x
4
) (x
2
– x
4
)
Câu3:( 1,5 điểm) Giải hệ phương trình






=+
=+
30
35
xyyx
yyxx
Câu4:( 3 điểm) Cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB , E là một điểm nằm trên đoạn
OA , CD là dây cung vuông góc với đương kính AB tại điểm E , M là một điểm bất kỳ trên
đoạn AE , đường thẳng DM cắt đường tròn (C) tại N ( khác D ) , đường tròn (C

1
) tâm O
1

bán kính r tiếp xúc trong với (C) tại điểm J thuộc cung nhỏ CN và tiếp xúc với đoạn thẳng
CM và MN tại điểm I và K tương ứng . Biết AM = a ; ME = b ; EB = c
1,Chứng minh rằng các tam giác O
1
KM đồng dạng với tam giác MEC
2, Tính độ dài các đoạn OO
1
; KM ; và O
1
M theo a,b,c và r
Câu5:( 1 điểm) Cho ba số dương a,b,c thoả mãn điều kiện : abc = 1
Chứng minh rằng :
32
1
22
++ ba
+
32
1
22
++ cb
+
32
1
22
++ ac

2
1
≤
dấu bằng xảy ra khi nào ?
dự kiến đáp án KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN
Lớp 10 TRƯỜNG THPT SẦM SƠN – Năm học 2010-2011
Câu 1:
1) P =
ba
ba
+
+
:
( ) ( )








+
+
−
−
−
+
baa

a
abb
b
ba
ba
-
( )
2
2
ba −

P =
ba
ba
+
+
:
( ) ( )








+
+
−
+

+−
+
ba
a
ba
b
baba
ba
))((
-
2
ba −

P =
ba
ba
+
+
:
( ) ( )








+−
−++++

))(( baba
baababba
-
2
ba −

P =
ba
ba
+
+
:








+−
−++++
))(( baba
abababba
-
2
ba −

P =
ba

ba
+
+
:








+−
+
))((
22
baba
ba
-
2
ba −

P =
ba
ba
+
+
.
( )( )









+
+−
)(2 ba
baba
-
2
ba −

P =
2
ba −
-
2
ba −

nếu a
b≥

⇒

ba ≥
thì P =
2

ba −
-
2
ba −
= 0
nếu a < b
⇒

ba <
thì P =
2
ba −
-
2
ab −
=
ba −
2) vì P = -1 < 0 nên P =
ba −
= -1
⇒

1+= ab

⇒
b =
( )
2
1+a
mà b = (a+1)

2
⇒
( )
2
1+a
=(a+1)
2
⇒

( )
1+a
= (a+1)
⇒
a
= a vì a > 0
⇒
a = 1 ; b = 4
Câu2: 1, Giải phương trình ( x+1)( x+3)(x+5)(x+7) = 9
( x
2
+8x +7)( x
2
+8x +15) = 9 đặt x
2
+8x +7 = t
⇒
x
2
+8x +15 = t+8
Nên ta có t(t+8) = 9

⇒
t
2
+ 8t – 9 = 0
⇒
t = 1 hoặc t =- 9
Vói t =1 ta có x
2
+8x +7 = 1
⇒
x
2
+8x +6 = 0
⇒
,
∆
= 10 phương có hai nghiệm x
1
=
1
104 +−

; x
2
=
1
104 −−

Vói t = -9 ta có x
2

+8x +7 = -9
⇒
x
2
+8x +16 = 0
⇒
,
∆
= 10 phương có hai nghiệm x
3
= 6 ;
x
4
= 6 vậy nghiệm của phương trình là S =
{ }
104;104;6 −−+−
2) xét phương trình : x
2
+ 2010x +1 = 0 có
,
∆
= 105
2
– 1>0 áp dụng hệ thức vi ét ta có




=
−=+

1.
2010
21
21
xx
xx
tương tự cho phương trình 2 ta có



=
−=+
1.
2011
43
43
xx
xx
mặt khác
M = (
21
.xx
+
32
.xx
+
31
.xx
+
2

3
x
)(
21
.xx
-
42
.xx
-
41
.xx
+
2
4
x
) thay số ta có
M = (1-2010x
3
+
2
3
x
)(1+2010x
4
+
2
4
x
)
M = 1-2010x

3
+
2
3
x
+ 2010x
4
– 2010
2
x
4
.x
3
+2010x
4
.
2
3
x
+


2
4
x
-2010x
3
.
2
4

x
+
2
3
x
.
2
4
x
M = 1-2010x
3
+
2
3
x
+ 2010x
4
– 2010
2
+2010x
3
+
2
4
x
-2010x
4
+1
M = 2 +
2

3
x
+
2
4
x
-2010
2

⇒
M = 2 -2010
2
+( x
3
+x
4
)
2
-2x
3
.x
4


⇒
M = 2 -2010
2
+2011
2
-2 = 2011

2
– 2010 = 4021 vậy M = 4021
Câu3: Giải hệ phương trình






=+
=+
30
35
xyyx
yyxx
điều kiện : x
≥
0 ; y
≥
0
⇔
( ) ( )
( )





=+
=+−+

30.
.35 3
3
yxyx
yxyxyx
⇔
( )
( )





=+
=+
30.
.125
3
yxyx
yx
⇔
( )





=
=+
6.

.5
yx
yx
đặt a =
x
; b =
y
ta có hệ



=
=+
6.
5
ba
ba
vậy a ;b là nghiệm của phương trình :
X
2
– 5X+6 = 0
⇔
Vậy X
1
= 2 hoặc X
2
=3 suy ra




=
=
3
2
b
a
hoặc



=
=
2
3
b
a
nên



=
=
9
4
y
x
hoặc




=
=
4
9
y
x
Câu4:
O
C
O1
A
B
E
D
M
N
J
K
I
Ta có : KMC = MCD +MDC ( góc ngoài của tam giác MCD) mà MK và MI là hai tiếp
tuyến của (O
1
) cắt nhau tại M suy ra KMO
1
=
2
1
KMI =
2
1

( MCD + MDC ) do AI là đường
trung trực của CD ( AB
⊥
CD tại E) nên MCD = MDC

⇒
KMO
1
=MCE

⇒
∆
O
1
KM
∆
MCE(g.g)
Mặt khác MKO
1
= CEM = 1V
2) vì
∆
O
1
KM
∆
MCE(g.g) nên
MC
MO
EC

KM
ME
KO
11
==
⇒
MC
MO
EC
KM
b
r
1
==
Mà
∆
ACB vuông tại C ( góc ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên EC =
cba ).( +
⇒
KM =
b
cbar ).(. +
theo định lý pi ta go ta có ; ME
2
+ CE
2
= MC
2

⇒

MC =
cbab ).(
2
++
O
1
M =
b
MCr.
=
b
cbabr ).(.
2
++
vì
∆
O
1
KM
∆
MCE(g.g)
⇒
O
1
MI =MCE
⇒
O
1
M
⊥

AE
tại M theo định lý pi ta go ta có

O
1
O
2
= O
1
M
2
+MO
2

⇒
O
1
O =
2
22
2
)).((
b
cbabr
OM
++
+
mà
AE + OE = OA=
2

cba ++
⇒
OE =
2
cba ++
-(a+b) =
2
bac −−

⇒
OM =
2
bac −−
+b
=
2
bac +−
Thay vào ta có O
1
O =
2
22
2
)).((
2
b
cbabrbac ++
+







+−

Câu 5:
Ta có a
2
+ 2b
2
+ 3 = (a
2
+ b
2
) +
2)1(
2
++b

222 ++≥ bab
Tương tự:

b
2
+ 2c
2
+ 3 = (b
2
+ c

2
) +
2)1(
2
++c

222 ++≥ ccb
c
2
+ 2a
2
+ 3 = (c
2
+ a
2
) +
2)1(
2
++a

222 ++≥ aac
Do đó
32
1
22
++ ba

)1(2
1
++

≤
bab

32
1
22
++ cb

)1(2
1
++
≤
cbc

32
1
22
++ ac
)1(2
1
++
≤
aac
Cộng vế với vế ta có:
32
1
22
++ ba
+
32

1
22
++ cb
+
32
1
22
++ ac
)1(2
1
++
≤
bab
+
)1(2
1
++ cbc
+
)1(2
1
++ aac

=






++

+
++
+
++
1
1
2
1
2
aacabcaac
a
acabcbca
ac
=






++
+
++
+
++ 1
1
112
1
aacaac
a

aca
ac
=






++
++
1
1
2
1
aac
aac
=
2
1
vì abc =1
vậy
32
1
22
++ ba
+
32
1
22

++ cb
+
32
1
22
++ ac

2
1
≤
điều phải chứng minh
: