De thi toan vao lop 10 le quy don bd 20082009

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (183.67 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG 
NĂM HỌC 2009 – 2010

ĐỀ TOÁN CHUNG 
Câu 1. ( 2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
1) 2x2 – 3x – 2 = 0 ; 2) 4 1

6 2 9

x y

x y

 




 

 ; 3) 4x

4 – 13x2 + 3 = 0; 4) 2x2 2 2.x 1 0

   ;

GIẢI
1) 2x2 – 3x – 2 = 0 .

Ta có :  = b2 – 4ac = (– 3)2 – 4. 2. (– 2) = 25 > 0 25 5
    .
Phương trình có hai nghiệm phân biệt :









1 2

3 5 3 5 1

2; ;

2 2.2 2 2.2 2

b b

x x

a a

     

      

     

1 1

4 1 8 2 2 14 7

2 2

6 2 9 6 2 9 4 1 2 1 3

x y x y x x x

x y x y x y y y

 

      

    

   

    

     

       

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm : 1; 3
2

 



 

 

3) 4x4 – 13x2 + 3 = 0.

Đặt : t = x2 ( điều kiện : t ≥ 0), Khi đó ta được phương trình :
4t2 – 13t + 3 = 0 ( 1) .

Ta có :  = b2 – 4ac = (– 13)2 – 4. 4. 3 = 121 > 0 121 11
    .
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt :





13 11

3 0

2 2.4

b
t

a

  

  

    ( Nhận); 2





11 1 0

2 2.4 4

b
t

a

  
  

    ( Nhận)

+ Với t1 = 3, ta được : x2 = 3  x 3;
+ Với t2 =

4, ta được: x

2 = 1 1
4 x2.

Phương trình đã cho có tập nghiệm là : S 3; 1 1; ; 3

2 2

 

   

 .

4) 2

2x  2 2.x 1 0 

Ta có :  = b2 – 4ac =



2 2



2 4.2. 1







16 0    16 4 .
Phương trình có hai nghiệm phân biệt :









1 2

2 2 4 2 2 2 2 4 2 2

; ;

2 2.2 2 2 2.2 2

b b

x x

a a

     

       

     

Câu 2. ( 1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị của hàm số

2
x
2

y và đường thẳng (D) : y 1x 1
2

  trên cùng một hệ trục tọa độ;
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.

GIẢI
a) Học sinh tự vẽ .

b) Ta có phương trình hồnh độ giao điểm của (D) và (P) :

 

2 2

1 2 2 0 1

2 2

x

x x x x x



         

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Phương trình có nghiệm : x1 = 1 ; x2 = 2

c
a 

x1 = 1 => y1 =
1
2

 ; x2 = – 2 => y2 = – 2.
Vậy (D) cắt (P) tại 2 điểm M1 ( 1;

1
2

 ) và M2 (– 2; – 2).
Câu 3. ( 1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau :

A 12 6 3  21 12 3 ;

2 2

5 3

B 5 2 3 3 5 2 3 3 5

2 2

   

            

   

   

GIẢI
a) Ta có :

 

















2 2

A 12 6 3 21 12 3 3 2.3 3 3 2 3 2. 2 3 .3 3

3 3 2 3 3 | 3 3 | | 2 3 3 | 3 3 2 3 3 3

         

            

b)
C 1 :

2 2

5 3

B 5 2 3 3 5 2 3 3 5

2 2

   

            

   

   

Ta có :

2
2

2 2 2

2 2 2 2

5 3 3 1 5 5 1 5 3 1 5 1 5

2 3 3 5 2 2

2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2

3 1 5 1 5 3 1 5 1 5 3 1 5 1 5 3 3

2 2 2 2 2 2 2 2

 

         

 

             

     

         

         

               

            

     

 

2
2

2 2 2

2 2 2 2

3 3 3 1 5 5 1 3 3 1 5 1 3

2 3 3 5 2 2

2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2

3 1 5 1 3 3 1 5 1 3 3 1 5 1 3 5 5

2 2 2 2 2 2 2 2

 

         

 

             

     

         

       

 

               

            

     

 

Vậy

2 2

5 3 3 5 15 5

B 5 2 3 3 5 2 3 3 5 5. 10

2 2 2 2 2 2

   

                 

   

   

C 2 :

2 2

5 3

5 2 3 3 5 2 3 3 5

2 2

B            

   

2B =



 



2 2

5 4 2 3  6 2 5  5  4 2 3  6 2 5  3



2 2

 

2 2 2



5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3

         

= 5 (1



 3) ( 5 1)   5

 

2 ( 3 1) ( 5 1)    3



2
= 5.3 5 20   B = 10.

Câu 4. ( 1,5 điểm) Cho phương trình : x2 – ( 3m + 1)x + 2m2 + m – 1 = 0 ( x là ẩn số).

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất:
2 2

1 2 1 2
Ax x  3x x .

GIẢI

a) Xét :  = b2 – 4ac = [ – (3m + 1)]2 – 4. 1. ( 2m2 + m – 1) = 9m2 + 6m + 1 – 8m2 – 4m + 4

= m2 + 2m + 1 + 4 = ( m + 1)2 + 4 >0 với mọi m ( vì ( m + 1)2 ≥ 0 với mọi m)
Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

b) Theo định lý Vi – et ta được : x1 + x2 =

b
a



= 3m + 1; x1.x2 =

c
a = 2m

2 + m – 1.
Ta có : 2 2

1 2 1 2

Ax x  3x x = ( x1 + x2)2 – 5 x1.x2 = (3m + 1)2 – 5(2m2 + m – 1)
= 9m2 + 6m + 1 – 10m2 – 5m + 5 = – m2 + m + 6 = – (m2 – m – 6)
=

2 2

2 1 1 25 1 25 25 1 25

m 2m m m

2 4 4 2 4 4 2 4

 

     

                

      

Vì

2
1

m 0

 

 

 

  với mọi m. Vậy A đạt giá trị lớn nhất bằng

25 1

khi m

4 2.

Câu 5. ( 3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác
A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB ( P thuộc AB)., vẽ
MQ vng góc với AE ( Q thuộc AE).

a) Chứng minh : AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh :O: I và E thẳng hàng.

c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng.
Suy ra K là trung điểm của MP.

d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện
tích lớn nhất.

GIẢI

a) * Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp:

Do AE và ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)
Nên : OAE OME 90  0 OAE OME 180  0

    

Vậy tứ giác AEMO nội tiếp được đường tròn.

* Chứng minh tứ giác APMQ là hình chữ nhật:

Ta có : QAP APM MQA 90   0

  

Vậy tứ giác APMQ là hình chữ nhật.
b) Chứng minh O; E và I thẳng hàng:

+ Do tứ giác APMQ là hình chữ nhật và I là
trung điểm của QP nên I cũng là trung điểm của AM.

+ Do AE và ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)
nên AE = ME, mặt khác OA = OM = R, vậy EO là đường trung
trực của AM, suy ra : OE đi qua I hay O; E và I thẳng hàng.
c) * Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng :

+ Ta có : MBP 1Sđ AM 1MOA EOA 

2 2

  

+ Xét  AEO và  PMB :

  0  

EAO MPB 90  ; EOA MBP
Suy ra :  AEO  PMB.

K
I

Q

P
E

M

O B

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

* Chứng minh K là trung điểm của MP:

Do  AEO  PMB  AE PM PM AE.PB AE.PB

AOPB   AO  R

Do MP // AE KP PB KP PB.AE PB.AE 2KP PB.AE

AE AB AB 2R R

      

Suy ra : PM = 2 PK, hay K là trung điểm của PM.
d) * Đặt AP = x. Tính MP theo R và x :

Xét AMB AMB 90 ; MP



  0 AB



, ta được :





MP AP.PB x R x2  .

* Vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất:

+ Gọi diện tích hình chữ nhật APMQ là S, ta được : S = AP. MP = x x 2R x







+ Áp dụng BĐT Cô – Si đối với 4 số dương : ; ;
3 3 3

x x x

và ( 2R – x) ta được :









4 2 2 2

3 3 3 3 3 3

x x x x x x

R x R x R

           ( dấu “=” xảy ra khi : 2 3

3 3 3 2

x x x R

R x x

      ).















3 3 2 2 2

4 2 2 2 3 3

3 2 3 4 3 3 4 4

x R x R x R R

R x R x x R x S

   

         

   

   

Ta được S đạt giá trị lớn nhất bằng 3 2 3
4

R khi AP = 3
2

R  0  0

MAB 30 Sđ BM 60

    , Khi đó

M thuộc đường tròn sao cho : Sđ BM 60 0
 .

……….Hết……….
ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

NĂM HỌC 2009 – 2010
ĐỀ TOÁN CHUYÊN
Câu 1. ( 4 điểm)

1) Giải hệ phương trình sau :
1

1
1

5 3

y
x



 


 


  

 


2) Giải phương trình : ( 2x2 – x)2 + 2x2 – x – 12 = 0
GIẢI
1) Giải hệ phương trình sau :

1 2 1 2 1

1 2 2 1

1 1 1 1 3 2

2 2 3 1 1

5 3 5 3

1 1 3

y y y x

x x x x

y y

y y y

x x

   

      

     

       

    

    

           



     

  

Vậy hệ phương trình có nghiệm : ; 1 1
2 3

 

 

 .

2) Giải phương trình : ( 2x2 – x)2 + 2x2 – x – 12 = 0

Đặt : t = 2x2 – x, ta được phương : t2 + t – 12 = 0 (*)

Ta có :  = b2 – 4ac = 12 – 4.1(– 12) = 49 49 7
    ,
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt :

1 2

1 7 1 7

t 3; t 4;

2 2.1 2 2.1

b b

a a

         

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

+ Với t1 = 3, ta được : 2x2 – x = 3  2x2 – x – 3 = 0 (1).
Phương trình có dạng : a – b + c = 2 – (– 1) – 3 = 0,
Vậy phương trình (1) có nghiệm : x1 = –1; x2 =

c 3 3

a 2 2



   .

+ Với t2 = – 4, ta được : 2x2 – x = – 4  2x2 – x + 4 = 0 (2).
Ta có :  = b2 – 4ac = (–1)2 – 4.2.4 = – 31 < 0.
Vậy phương trình (2) vơ nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm : S = 1; 3
2

 



 

 

Câu 2. ( 3 điểm)

Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – 3 = 0 ( x là ẩn số). Tìm m để phương trình đã cho 
có hai nghiệm phân biệt x1; x2 ( x1 < x2) thỏa : | x1| = 2| x2|

GIẢI

+ Ta có : ’ = ( 2m + 1)2 – ( 4m2 + 4m – 3) = 4m2 + 4m + 1 – 4m2 – 4m + 3 = 4 > 0
Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

+ Vì x1 < x2 nên nghiệm của phương trình là :

1 2

' ' ' '

2 1; 2 3;

b b

x m x m

a a

     

      ( vì 2m + 3 > 2m – 1)

+ Theo đề ta được : | x1| = 2| x2|

* Trường hợp : x1 = 2x2  2m – 1= 2( 2m + 3)  m 7
2


* Trường hợp : x1 = – 2x2  2m – 1 = –2( 2m + 3) 

5
m

6


Vậy m 7

2


 hoặc m 5
6



Câu 3. ( 2 điểm) Thu gọn biểu thức : A 7 5 7 5 3 2 2

7 2 11

  

  


GIẢI

Ta đặt : M 7 5 7 5
7 2 11

  





=> M > 0.
Ta được :

 





2 2

2 7 5 7 5 14 2 7 5 14 2 44 2 7 2 11

M 2 M 2

7 2 11 7 2 11 7 2 11

7 2 11

 

      

 

      

     

 

 

2 2





3 2 2  2  2 2.1 1  2 1  2 1
Vậy : A M 



2 1



 2 2 1 1 
Câu 4. ( 4 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.
Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng :

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

GIẢI
a) Chứng minh ABP AMB  :

+ Ta có :  ABC cân tại A nên AB = AC => AB AC  ;

+ AMB 1



Sđ AB Sđ PC 





Sđ AC Sđ PC 



1Sđ AP ABP 

2 2 2

     

b) Chứng minh MA. MP = BA. BM :
+ Do ABP AMB  => CBP AMB 

=> MPB cân tại P nên PM = PM.
+ Xét  MAB và  APB :

Góc A chung ; ABP AMB 
Suy ra  MAB  BAP ( g – g)
Suy ra :

MA BM MA BM

AM.PM BA.BM

BA PB  BA PM   ( đpcm)

Câu 5. ( 3 điểm)

a) Cho phương trình : 2x2 + mx + 2n + 8 = 0( x là ẩn số và m , n là các số nguyên). Giả sử phương 
trình có các nghiệm đều là số ngun. Chứng minh rằng: m2 + n2 là hợp số.

b) Cho hai số a, b > 0, thỏa : a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102. Tính P = a2010 + b2010.
GIẢI

a) Giả sử a và b



a; b  



là hai nghiệm của phương trình : 2x2 + mx + 2n + 8 = 0.

Ta có :  = b2 – 4ac = m2 – 16n – 64 ≥ 0.

Theo định lý Vi – et : 2 2





4
4

m m a b

a b

n ab
ab n




 


 

 



 

 




  



Suy ra : m2 + n2 = [ 2( a + b)]2 + ( ab – 4)2 = 4a2 + 8ab + 4b2 + (ab)2 – 8ab + 16
= 4a2 + (ab)2 + 4b2 + 16 = a2 ( 4 + b2) + 4(b2 + 4) = ( a2 + 4)(b2+4)

Vì a, b là các số nguyên và a2 ≥ 0 ; b2 ≥ 0, nên a2 + 4 và b2+4 là những số nguyên lớn hơn 3. 
Vậy m2 + n2 là hợp số.

b) Ta có : a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102, nên :
(a100 + b100 ) (a102 + b102)= (a101 + b101 )2

 a202 + a100b102 + a102b100 + b102 = a202 + 2a101b101 + b102.

 a100b102 + a102b100 = 2a101b101  b2 + a2 = 2ab  ( a – b)2 = 0  a = b.
Từ giả thiết, ta được : 2a100 = 2a101 = 2a102  1 = a = a2  a = b =1 ( vì a, b > 0)

Vậy : P = a2010 + b2010 = 12010 + 12010 = 2.
Câu 6. (2 điểm)

Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là đường tròn tâm O bán kính a.
Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB đạy giá trị nhỏ nhất.

GIẢI

Gọi C và D là giao điểm của AO với (O; a), với C nằm giữa A và O.

Ta được : C là trung điểm của OA, hay OC = a. Gọi E là trung điểm

của OC; F là giao điểm của đoạn thẳng BE và (O; a).
+ Nếu M trùng với C, ta được :

AM = AC; EM = EC và do AC = 2EC
Suy ra : AM = 2 EM

O

M

P

C B

A

M

F

E
O

D C

B

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

+ Nếu M trùng với D, ta được :

AM = AD; EM = ED và do AD = ED
Suy ra : AM = 2 EM

+ Nếu M không trùng với D và không trùng với C
Xét  EOM và  MOA :

Góc O chung

OE OM 1

OM OA 2
Suy ra  EOM  MOA.

EM 1

AM 2EM

AM 2

    .

Vậy ta luôn được AM = 2 EM.

Suy ra : AM + 2 BM = 2 ( EM + BM) ≥ 2. EB = 2





2 17

2 2. 17

2 2

a a

a    a

 

dấu “=” xảy ra khi M trùng với F. Vậy : AM + 2 BM đạt giá trị nhỏ nhất bằng a 17 khi M trùng với F.

Câu 7. ( 2 điểm)Cho a, b là các số dương thỏa : a2 + 2b2 ≤ 3c2. Chứng minh : 1 2 3
a b c.
GIẢI

Ta có : a2 + c2 ≥ 2ac ; 2b2 + 2c2 ≥ 4bc, dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c;
Suy ra : a2 + c2 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ac + 4bc  a2 + 2b2 + 3c2 ≥ 2ac + 4bc

Theo giả thiết : a2 + 2b2 ≤ 3c2, suy ra : 2ac + 4bc ≤ a2 + 2b2 + 3c2 ≤ 6c2  a + 2b ≤ 3c (*)
Áp dụng BĐT BunhiAkôpski :









1 2 1 2 1 2

3 2 3 2 2

1 2 1 2 3

3 1 2 9 (Đpcm)

c a b c a b a b

a b a b a b

c

a b a b c

 

   

           

 

     

 

        

 

</div>

De thi toan vao lop 10 le quy don bd 20082009





















<sub></sub>

<sub></sub>









 

 



















 





 





 























<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 





 

























<sub></sub>

<sub></sub>









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về