De thi lop 10 chon THPT Tay Thuy Anh Thai ThuyThaiBinh20122013

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

SỞ GD  ĐT THÁI BÌNH
TRƯỜNG THCS TÂY THỤY ANH

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 10
NĂM HỌC 2012 – 2013

<b>MƠN: TỐN</b>

<i>(Thời gian làm bài 120 phút)</i>

<b>Bài I: </b><i>(2 điểm) </i>
Cho hàm số

2

2 2

1 1

y f (x) x .

4 x 4 x

   

 

1. Tính f(m + 2).
2. Vẽ đồ thị hàm số.
<b>Bài II: </b><i>(3 điểm)</i>

Cho

x x 3 2( x 3) x 3

P

x 2 x 3 x 1 3 x

  

   

   

1. Rút gọn P.

2. Tính giá trị của P với x = 16 6 5.
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

<b>Bài III: </b><i>(2 điểm)</i>

1. Giải phương trình: (x – 2)(x – 1)(x – 8)(x – 4) = 4x2_.

2. Tìm tất cả các số nguyên a để phương trình: x2_{– (3 + 2a)x + 40 – a = 0 có nghiệm}

nguyên.
<b>Bài IV: </b><i>(3 điểm)</i>

Cho đường tròn tâm O bán kính R tiếp xúc ngồi với đường tròn tâm O’ bán kính r tại
A. Mợt tiếp tún chung ngồi tiếp xúc với đường tròn (O) và (O’) thứ tự tại B và C. Vẽ AH

vng góc với BC (H tḥc BC).

1. Tính BC theo R, r.

2. Chứng minh OC, O’B và AH đồng quy.

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

<b>HƯỚNG DẪN GIẢI</b>
<b>Bài I: </b><i>(2 điểm)</i>

1. ĐKXĐ: |x| < 2  -2 < x < 2.
Khi đó: y = f(x) = x2_.

Điều kiện của m: -2 < m + 2 < 2  -4 < m < 0.
Suy ra: f(m + 2) = (m + 2)2_{= m}2_{+ 4m + 4.}

2. Vẽ đồ thị hàm số.
* TXĐ: D = (-2 ; 2).
* Sự biến thiên:

Vì hệ số a = 1 > 0 nên hàm số y = x2_:

- Đồng biến với -2 < x < 0.
- Nghịch biến với 0 < x < 2.
- Đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 0.
Bảng một vài giá trị của hàm số:

x -1 -1/2 0 1/2 1

y 1 ¼ 0 1/4 1

* Đồ thị:

Đồ thị hàm số y = x2_{trên khoảng (-2 ; 2) là một phần của parabol y = x}2_{có bề lõm}

quay lên, nhận trục Oy làm trục đối xứng, có điểm thấp nhất là O(0; 0), nằm phía trên trục
hồnh và đi qua các điểm kể trên.

<b>Bài II: </b><i>(3 điểm)</i>

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

P

2

x x 3 2( x 3) x 3 x x 3 2( x 3) ( x 3)( x 1)

( x 1)( x 3) x 1 x 3 ( x 1)( x 3)

        

   

     

x x 3 2x 12 x 18 x 4 x 3 x x 3x 8 x 24

( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3)

         

 

   

( x 3)(x 8) x 8

( x 1)( x 3) x 1

  

 

   _.

2. Ta thấy x = 14 6 5 _{thoả mãn ĐKXĐ nên khi đó giá trị của P là:}

P 2

22 6 5 22 6 5 22 6 5 (22 6 5)(4 5) 58 2 5

16 5 11

4 5

14 6 5 1 (3 5) 1

     

    




    _.

3. Tìm giá trị nhỏ nhất của P:

x 8 x 1 9 9 9

P x 1 x 1 2

x 1 x 1 x 1 x 1

  

        

    _.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:
9

x 1 2 9 6 P 4.

x 1

     



Dấu bằng xảy ra 

2
9

x 1 ( x 1) 9 x 1 3 x 4

x 1

         

 _{(t/m ĐKXĐ)}

Vậy min P = 4  x = 4.
<b>Bài III: </b><i>(2 điểm)</i>

1. Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho nên x  0. Khi đó:
(x – 2)(x – 1)(x – 8)(x – 4) = 4x2

 (x2 – 6x + 8)(x2 – 9x + 8) = 4x2



8 8

x 6 x 9 4

x x
   
    
   
    _.
Đặt
8

t x 6,

x
  

phương trình trên trở thành:
t(t – 3) = 4  t2 – 3t – 4 = 0  (t + 1)(t – 4) = 0 

t 1
t 4


 _

- Với
2
8

t x 6 1 x 5x 8 0

x

       

, vô nghiệm vì  = 25 – 32 = -7 < 0.
- Với

2
8

t x 6 4 x 10x 8 0

x

       

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

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1, 2 5 17.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1, 2  5 17.
2.  = (3 + 2a)2 – 4(40 – a) = 4a2 + 16a – 151.

Để phương trình đã cho có nghiệm nguyên thì  phải là số chính phương.
Đặt 4a2_{+ 16a – 151 = k}2_(k__{N). Ta có:}

4a2_{+ 16a – 151 = k}2 __{(2a + 4)}2_{– k}2_{= 167}

 (2a – k + 4)(2a + k + 4) = 167 = 1.167 = -1.-167

Vì 2a – k + 4 < 2a + k + 4 và là các số nguyên nên ta chỉ có hai trường hợp:

- TH1:

2a k 4 1 2a k 3 a 40

2a k 4 167 2a k 163 k 83

     

  

 

  

     

   _{(thoả mãn).}

- TH1:

2a k 4 167 2a k 171 a 44

2a k 4 1 2a k 5 k 83

     

  

 

  

     

   _{(thoả mãn).}

Thử lại:

- Với a = -44, phương trình đã cho thành: x2_{+ 85x +84 = 0.}

Phương trình này có hai nghiệm nguyên là x = -1 hoặc x = -84.
 a = -44 thoả mãn điều kiện đề bài.

- Với a = 40, phương trình đã cho thành: x2_{- 83x = 0.}

Phương trình này có hai nghiệm nguyên là x = 0 hoặc x = 83.
 a = 40 thoả mãn điều kiện đề bài.

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

1. Không giảm tổng quát, giả sử R ≥ r.

(O) và (O’ tiếp xúc ngoài tại A  OO’ = OA + O’A = R + r.
BC là tiếp tuyến của (O) và (O’)  OB  BC, O’C  BC.

Kẻ O’K  OB. Tứ giác BCO’K có K B C 90     0 nên là hình chữ nhật.
Suy ra: O’K = BC, O’C = KB = r  OK = OB – KB = R – r.

O’KO vuông tại K nên: O'K OO'2 OK2  (R r) 2 (R r) 2 2 Rr.
Vậy BC 2 Rr.

2. Gọi I là giao điểm của OC và O’B.

Ta có: OB // O’C (cùng  BC) 

IO' O'C r

IB  OB R _{, mà}

AO' r

AO R _

AO' IO'
AO IB
Theo định lí Ta-let đảo, suy ra: AI // OB  AI  BC, mà AH  BC (gt).

</div>

<!--links-->