Lá của một số loại cây

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (117.45 KB, 3 trang )

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

TRƯỜNG THCS VINH THANH

SỞ GD VÀĐÀO TẠO

HÀ NỘI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUNNăm học 2010 – 2011
MƠN: TỐN

Ngày thi: 24 tháng 6 năm 2010
Thời gian Làm bài 150 phút

BÀI I(2,0 điểm)

1) Cho n là số nguyên, chứng minh A n3 11n



 chia hết cho 6
2) Tìm tất cả các số tự nhiên n để 4 3 2 1



n n

B là số nguyên tố

Giải :

1) A n3 n 12n




 n(n2  1)12n n(n 1)(n1)12n

Nhận xét : tích 3 số nguyên liên tiếp n(n-1)(n+1)6 Vậy A6
2) B n4 2n2 1 n2 (n2 1)2 n2








 (n2  1n)(n2  1 n)

Với n=0 có B=1.Với n là số tự nhiên n1 thì n2 1nn2 1n,n21n0
B là số nguyên tố suy ra n2 1 n1 n2.với n=2 ta có B=5 là số nguyên tố

BÀI II (2,0 điểm)

Cho phương trình : ( 2 2 2) 2 ( 2 2 2) 1 0








 m x m m x

m .Gọi x1,x2 là hai nghiệm

của phương trình đã cho.

1) Tìm các giá trị của m để 2 2 1 2(2 1 2 1)

2
2

1 x  x x x x 

x .

2) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức S x1x2
Giải :

1)Nhận xét a.c0 suy ra phương trình ln có 2 nghiệm x1,x2

Theo định lí Viet ta có:

2
2

2
2
2









m
m

m
m
x

x 1. 2 2 21 2







m
m
x
x

)
1
2

(

2 1 2 1 2

2
2
2

1 x  x x x x 

x 2

2
1
2
2

1 ) 4( )

(x x  xx



2
2

1
4

2
2






























m
m
m

m
m
m
 2 2 2 2



 m

m

Kết luận: m=0;m=2
2)

2
2

2
2
2
1










m
m

m
m
x

x
S

Xét phương trình :

2
2








m
m

S ( 2 2 2) 2 2 2








 S m m m m 

0
)
1
(
2
)
1
(
2
)
1

( 2







 m S m S

S

Với S 1 Phương trính có nghiệm  '0 (S1)2 2(S1)2 0

GV: ĐỖ KIM THẠCH ST
1

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

TRƯỜNG THCS VINH THANH

2
2
3
2

3 S  

S=1 khi m=0.Kết luận GTNN của S bằng 3 2 2 GTLN của S bằng 32 2
BÀI III (2.0điểm)

1) Cho a là số bất kì,chứng minh rằng: 2
2009
2010

2010
2010






a
a

2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình 2 ( 2)( 2 2 2) 0






 x x x x

y
Giải :

1) 2010 2010 2 2010 2009 2010 2009 1 2 2010 2009











 a a a

a



2010 2009



2 2 2010 2009 1 0








 a a



2010 2009 1



2 0





 a luôn đúng với mọi a

2) 2 ( 2)( 2 2 2) 0 2 [( 1)2 1][( 1)2 1] 0















 x x x x y x x

y

1
]
)
1
(
][
)
1
(
[
0
]
1
)
1

[( 4 2 2














 x y x y x

y

Hoặc



















1 )1

(

1 )1

(

2
2

x

y

x

y

hoặc

















1 )1

(

1 )1

(

2
2

x

y

x

y

Giải và kết luận các số x,y cần tìm là (x=0, y=0); (x=2, y=0)
BÀI IV(3,0 điểm)

Cho đường tròn (O;R) và một điểm M nằm ngồi đường trịn.Đường trịn đường
kính OM cắt đường trịn (O;R) tại hai điểm E , F.

1) Chứng minh giao điểm I của đoạn thẳng OM với đường tròn (O;R) là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác MEF.

2) Cho A là một điểm bất kì của thuộc cung EF chứa điểm M của đường trịn
đường kính OM (A khác E,F). Đoạn thẳng OA cắt đoạn thẳng EF tại điểm B. Chứng
minh OA.OB R2.



3) Cho biết OM=2R và N là một điểm bất kì thuộc cung EF chứa điểm I của
đường tròn (O;R) ( N khác E,F). Gọi d là đường thẳng qua F và vng góc với đường
thẳng EN tại điểm P, d cắt đường tròn đường kính OM tại điểm K (K khác F). Hai
đường thẳng FN và KE cắt nhau tại điểm Q. chứng minh rằng: 2

2
3
.

.PK QN QK R

PN  

Giải :

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

TRƯỜNG THCS VINH THANH

H
B

F
E

I O

P
H

F
E

I O

A
N

1) Chứng minh giao điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF.
Chứng minh được ME, MF là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Nêu được MO là phân giác của góc EMF

Chứng minh được EI là phân giác của góc MEF và suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác MEF

2) Nếu AM thì B H. Trong vng MEO có OH.OM OE2. hay OA.OBR2.
Nếu A khác M: chứng minh được hai  vuông OHB và OAM đồng dạng

Suy ra

OA
OH
OM

OB



Suy ra OA.OB OH.OM R2.




3) Chứng minh góc EKF 600 , 1200



PNQ suy ra tứ giác KPNQ nội tiếp đtrịn
đường kính KN

Gọi FT là đường kính của đường trịn đường kính OM.Chứng minh ETKN là hình bình
hành suy ra KN TE EF ctg R R

3
3
3
60

. 0 và tính được

2
3
3

R
KN

PQ 

PQ
KN
QQ

PP
KN
S

QK
QN
PK

PN.  . 2 KPNQ  ( 1  1) . (P1,Q1 lần lượt là hình chiếu của P,

Q trên KN)

Vậy 2

2
3
.

.PK QNQK R

PN   ,dấu bằng xảy ra khi PQ KN hay K M
BÀI V( 1,0 điểm)

Giải phương trình: x8 x7x5 x4x3 x10

Giải :

Vì 2 1 0



x

x với mọi x nên phương trình đã cho tương đương với

0
)

1
)(

( 2 8 7 5 4 3










x x x x x x x

x

0
1

5
10  
 x x

vì 0

3
)
2
1
(

1 5 2

10x   x   

x với mọi x nên phương trình vơ nghiệm

</div>

Lá của một số loại cây





























1

)1

(

1

)1

(

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>





















1

)1

(

1

)1

(

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về