Bài giảng De thi vao 10 Binh Dinh de so 6.doc

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn
Đề số 6
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Năm học 2007 – 2008
Thời gian làm bài 150 phút
Ngày thi: 21/6/2007
Câu 1: (1,5 điểm).
Chứng minh đẳng thức:
3 1 3
1
2 2
+
+ =
.

Câu 2: (3,0 điểm).
Cho phương trình bậc hai:
x m x m
2
4 2(2 1) 0+ + + =
.
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với mọi giá trị của
tham số m.
b) Tính
x x
2 2

1 2
+
theo m.
Câu 3: (1,5 điểm).
Cho hàm số y = ax + b. Tìm a và b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với đường
thẳng y = x + 5 và đi qua điểm M(1; 2).
Câu 4: (3,0 điểm).
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, M là trung điểm của đoạn AO. Các đường
thẳng vuông góc với AB tại M và O cắt nửa đường tròn đã cho lần lượt tại D và C.
a) Tính AD, AC, BD và DM theo R.
b) Tính số đo các góc của tứ giác ABCD.
c) Gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh rằng HI vuông
góc với AB.
Câu 5: (1,0 điểm).
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a, b sao cho
a b
2
+
chia hết cho
a b
2
1−
.
--------------------Hết-------------------
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
------------------------------------------
Câu 1: (1,5 điểm).
Ta có

3 2 3 3 2 3 1
1
2 2 4
+ + +
+ = =
(0,5 điểm).
=
( )
2
3 1
4
+
(0,5 điểm).
=
1 3
2
+
(đpcm). (0,5 điểm).
Câu 2: (3,0 điểm).
PT đã cho có
'∆
= (2m + 1)
2
– 4m (0,5 điểm).
= 4m
2
+ 4m + 1 – 4m = 4m
2
+ 1 > 0,
∀

m
∈
R (0,5 điểm).
Vậy PT luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với mọi giá trị m. (0,5 điểm).
Ta có:
2 2
1 2
x x+
= (x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
(1) (0,5 điểm).
Theo hệ thức Viét thì
1 2
2 1
2
m
x x
+

+ = −
,
1 2
4
m
x x =
(2) (0,5 điểm).
Từ (1) và (2) suy ra
2 2
1 2
x x+
=
( )
2
2 1
4 2
m
m
+
−
=
2
4 4 1 2
4
m m m+ + −
=
2
4 2 1
4
m m+ +

. (0,5 điểm).
Câu 3: (1,5 điểm).
Ta có:
• Đồ thị hàm số song song với đường thẳng y = x + 5 nên a = 1, b
≠
5 (1) (0,5 điểm).
• Đồ thị hàm số qua điểm M(1; 2) nên 2 = a + b(2) (0,5 điểm).
Từ (1) và (2) suy ra
1
1
a
b
=


=

(0,5 điểm).
Câu 4: (3,0 điểm).
a) Tính AD, AC, BD và DM theo R.
•
∆
ADB vuông tại D (nội tiếp trong nửa đường tròn đường kính AB), DM là đường cao nên:
AD
2
= AM. AB =
2
R
. 2R = R
2

⇒
AD = R (0,25 điểm).
BD
2
= AB
2
– AD
2
= 4R
2
– R
2
= 3R
2

⇒
BD =
3R
(0,25 điểm).
DM
2
= AM. MB =
2
3 3
.
2 2 4
R R R
=

⇒
DM =
3
2
R
(0,25 điểm).
•
∆
ACB vuông cân tại C nên 2AC
2
= AB
2
= 4R
2

⇒
AC =
2R
(0,25 điểm).
b) Số đo các góc của tứ giác ABCD.
• Vì BD =
3R

⇒
BD là cạnh của tam giác đều nội tiếp
⇒

·
0
60=BAD

(0,25 điểm).
•
∆
ACB vuông cân tại C nên
·
0
45=ABC
(0,25 điểm).
• Do ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB có
µ
0
60=A
và
µ
0
45=B
nên
µ
µ
0 0
180 120= − =C A
(0,25 điểm).
µ
µ
0 0
180 135= − =D B
(0,25 điểm).
c) Chứng minh rằng HI vuông góc với AB.
∆
AIB có AC, BD là hai đường cao nên H là trực tâm (0,25 điểm).

⇒
IH là đường cao thứ ba của
∆
AIB. (0,5 điểm).
Vậy : IH
⊥
AB. (0,25 điểm).
2
Câu 5: (1,0 điểm).
Theo đề bài
a b k a b
2 2
( 1)+ = −
, ( k
∈
N
*
)
⇔
a k b ka b
2
( )+ = −
⇔ a + k = mb (1)
với số nguyên m mà
m b ka
2
+ =
(2)
Từ (1) và (2) ta có (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1 = a + k – ka
2

+ 1
Hay (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) (3)
Vì m > 0 theo (1) nên (m – 1)(b – 1)
≥
0, từ (3) suy ra k + 1 – ka
≥
0
⇒
k + 1
≥
ka
⇒
1
≥
k(a – 1)
⇒

( 1) 0
( 1) 1
k a
k a
− =


− =


⇒

1

2, 1
a
a k
=


= =

(0,25 điểm).
• Nếu a = 1, từ (3) suy ra (m – 1)(b – 1) = 2 nên chỉ có thể b = 2 hoặc b = 3.
Ta có nghiệm (a, b) là (1, 2) và (1, 3). (0,25 điểm).
• Nếu a = 2, k = 1 ta có (m – 1)(b – 1) = 0
Khi m = 1, từ (1) suy ra (a, b) = (2, 3)
Khi b = 1
⇒
(a, b) = (2, 1)
(0,25 điểm).
Thử lại, các cặp số (a, b) thỏa mãn đề bài là (1, 2); (1, 3); (2, 3); (2, 1). (0,25 điểm).
------------------------Hết--------------------------
3