De TS toan chung chuyen Quang Trung 20062007

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

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC</b>

<b>KÌ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG THPT CHUN QUANG TRUNG</b>
<b>NĂM HỌC 2006 – 2007</b>

<b>MƠN THI: TỐN (BÀI THI CHUNG CHO CÁC MƠN)</b>
Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

<b>---Bài 1</b>

Cho biểu thức 2 2

2 2 8 4 14

.

2 2 4

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>P</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

        

_   _{ } _

    

 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Với những giá trị nào của <i>x_{thì biểu thức có giá trị ngun.}</i>
<b>Bài 2</b>

Cho hàm số 1 2 _{( )}
2

<i>y</i> <i>x</i> <i>P</i>

c) Viết phương trình đường thẳng ( ) biết đường thẳng ( ) cắt (P) tại hai điểm phân

biệt A, B có hồnh độ lần lượt là 4 và 2

d) Tìm các giá trị của m để đường thẳng (d) <i>y</i> <i>x</i>2<i>m</i> 3 cắt parabol (P) tại hai điểm
phân biệt với hoành độ <i>x x</i>1, 2 thỏa mãn 12 22

7
2
<i>x</i> <i>x</i> 
<b>Bài 3</b>

a) Giải phương trình sau: <i>x</i> 2 <i>x</i>1 <i>x</i>2 <i>x</i>1 2

b) Hai số có 2 chữ số được viết bởi cùng các chữ số nhưng theo thứ tự khác nhau. Tích
hai số này bằng 2701. Số bé lớn hơn tổng các chữ số của nó là 27. Tìm hai số đó.
<b>Bài 4</b>

Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường trịn đường kính AB. Hạ BN và DM

cùng vng góc với đường chéo AC. Chứng minh:

a) Tứ giác CBMD nội tiếp một đường tròn.

b) Khi D di động trên đường trịn đường kính AB thì <i>_{BMD BCD}</i> _ _{khơng đổi.}

c) DB.DC = DN. AC
<b>Baøi 5</b>

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương trình:

2 ₍ ₎ ₀

<i>x</i>  <i>a b c x ab bc ca</i>      vô nghiệm.

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

<b>LỜI GIẢI ĐỀ THI LỚP 10 TUYỂN SINH TRƯỜNG QUANG TRUNG</b>
<b>NĂM HỌC 2006 – 2007 </b>

<b>MƠN TỐN CHUNG</b>
<b>Bài 1</b>

a) Ta có ( 2)2 ( ₂2)2 2 8 4. 14 ₂2 4. 14 14
4

4 4

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>P</i>

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>

         

  

 

b) Ta biến đổi <i>P</i> <i>x</i> 14 1 14

<i>x</i> <i>x</i>



   . Để P là số nguyên thì 14

<i>x</i> phải là số nguyên, nên <i>x</i> phải là ước của
14. Vậy <i>x</i>  1, 7, 14

<b>Bài 2</b>

a) Gọi phương trình của ( ) : <i>y ax b</i>  . Phương trình hồnh độ giao điểm của ( ) và (P) là:

2 2

1 1

0

2<i>x</i> <i>ax b</i>  2<i>x</i>  <i>ax b</i> 
Theo bài ra ta có:

2

2
1

( 4) 4 0 ₃

2

1 4

( 2) 2 0
2

<i>a b</i> <i>_a</i>

<i>b</i>
<i>a b</i>



   

  





 



 _ _ _ _




. Vậy ( ) : <i>y</i>3<i>x</i> 4
b) Giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

2 2

1

2 3 2 4 6 0

2<i>x</i> <i>x</i> <i>m</i>  <i>x</i>  <i>x</i> <i>m</i> 
Yêu cầu bài toán ₂ ₂ ₂

1 2 1 2 1 2

' 0 5 / 4 5 / 4

23/16
23/16

7 / 2 ( ) 2 7 / 2

<i>m</i> <i>m</i>

<i>m</i>
<i>m</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x x</i>

  

   

 

 _  _  _  



    

  

 

Vậy 23
16

<i>m</i> là giá trị cần tìm.
<b>Bài 3</b>

a) Phương trình tương đương với: <i>x</i>1 1  <i>x</i>1 1 2   <i>x</i>1 1  <i>x</i>1 1 2 

Nếu <i>x</i>1 1   1 <i>x</i> 2 thì ta có 1 <i>x</i>1 1  <i>x</i>1 2 (luôn thỏa). Vậy 1 <i>x</i> 2 là nghiệm của pt

Nếu <i>x</i>1 1  <i>x</i>2 thì ta được <i>x</i>1 1  <i>x</i>1 1 2   2 <i>x</i>1 2  <i>x</i>1 1  <i>x</i>2

Kết hợp ta được nghiệm của phương trình là: 1 <i>x</i> 2

b) Gọi hai số cần tìm là <i>ab</i> và số lớn là <i>ba</i> (1<i>a b</i>, 9; ,<i>a b</i> ). Theo bài ra ta có:
. 2701 (10 )(10 ) 2701 3

10 27 7

27

<i>ab ba</i> <i>a b</i> <i>b a</i> <i>a</i>

<i>a b</i> <i>a b</i> <i>b</i>

<i>ab</i> <i>a b</i>

       



 

  

    

    




. Vậy hai số cần tìm là 37 và 73
<b>Bài 4</b>

a) Do <i>_ADB</i> ₉₀0

 nên <i>CBD</i> <i>ADB</i>900, theo giả thiết <i>DMC</i> 900

.Vậy tứ giác CBMD có <i>_DMC</i> <i>_DBC</i> ₉₀0

  nên nội tiếp.

b) Do tứ giác CBMD nội tiếp nên <i>_{BMD BCD}</i>  ₁₈₀0

  không đổi.

c) Xét hai tam giác ACD và BDN có:

 

<i>DAC</i><i>DBN</i> (góc nội tiếp cùng chắn cung <i>DN</i>)

 

<i>DNB</i><i>ADC</i>(cùng cộng với góc <i>DAB</i> bằng 1800)

Vậy hai tam giác đồng dạng nên <i>AC</i> <i>CD</i> <i>AC DN</i>. <i>BD CD</i>.
<i>BD</i> <i>DN</i>  

<b>Bài 5. </b>Ta có ₍<i>_{a b c}</i>₎2 ₄₍<i>_{ab bc ca}</i>₎ <i>_a</i>2 <i>_b</i>2 <i>_c</i>2 ₂₍<i>_{ab bc ca}</i>₎

            

Do <i>a b c</i>, , là độ dài ba cạnh của tam giác nên <i>a b c</i>   <i>a</i>2 <i>a b c</i>(  )<i>ab bc</i> , tương tự ta có

2

<i>b</i> <i>ba bc</i> , <i>c</i>2<i>ca cb</i> . Cộng lại ta có <i>a</i>2<i>b</i>2<i>c</i>22(<i>ab bc ca</i>  ). Vậy  0 nên phương trình vơ

nghiệm.

M

N

D C

</div>

<!--links-->