de thi vao truong chuyen quang trung

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Bổ sung câu nghiệm nguyên ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN (CHUYÊN) TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUANG TRUNG BÌNH PHƯỚC 2011-2012. Thời gian làm bài 150’ Ngày thi 08/07/2011 Câu 1 (2điểm):  x4 x 2  3x 1 19  x 2  P 2 :    x  8 x  16  x x  4 x2  4 x . Cho biểu thức: a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của P tại x  4  2 3  4  2 3 Giải:. a) ĐKXĐ: P. b).  x 4  x ( x  4) 0     x 0 x4 1 19  x 2   0   x  3 2 x  4 x  4x  x  x( x  3)  x 2  16  x  19  x 2  x( x  3)  x ( x  4)  x2 :  .    2  2  x( x  4)  x  4    x  4  x  3  x  4. x  42 3 . 4 2 3 . . Thay x=2 vào P ta có. . 2. . 3 1  P. . 3 1. 2.  3 1 . . . 3  1 2. 22  2 2 4. Câu 2 (2điểm): 2x Giải phương trình: . 2. 2.  3  10 x3  15 x 0. a) b) Số học sinh giỏi quốc gia của trường THPT chuyên Quang Trung, tỉnh Bình Phước năm học 2010-2011 là một số tự nhiên ab ; với a, b thỏa mãn hệ phương trình: 3a  6b 3  2ab   2a  3b 34  ab.  1  2  hãy tìm số học sinh giỏi của trường năm học trên.. Giải: a) Giải phương trình:.  2x. 2. 2.  3  10 x 3  15 x 0 .  2x. 2. 2.  3  5 x  2 x 2  3 0.  x 1   2 x 2  3   2 x 2  5 x  3 0  2 x 2  5 x  3 0    x 3  2 2 (vì 2 x  3  0 ).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Vậy tập nghiệm của pt là: b). 7a  12b 71  1 3a  6b 3  2ab     4a  6b 68  2ab 2a  3b 34  ab  2 . 3a  6b 3  2ab  2a  3b 34  ab. từ (1) suy ra. a.  3 s 1;   2. 71  12b 7. thế vào (2) ta có.  b 3  N 71  12b 71  12b 2 2.  3b 34  .b  3b  17b  24 0    b 8  N 7 7 3  với b 3 từ (1) suy ra a 5 .. Vậy số học sinh giỏi của trường là: 53 Câu 3 (2điểm): a) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện: a  b  c 3. 1 1 1 3    . minh: 1  ab 1  bc 1  ca 2. Chứng Dấu bằng xảy ra khi nào? 6 3 2 b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x  2 x y  y 128. Giải: 3 a) Theo BĐT Côsi ta có x  y  z 3 xyz. 1 1 1   3 3 xyz x y z  1 1 1 1 1 1 9   x  y  z      9     x y z xyz  x y z. Áp dụng BĐT trên ta có 1 1 1 9 A    1  ab 1  bc 1  ca 3  ab  bc  ca 2 a b  c  ab  bc  ca  3 Ta có BĐT phụ. Ta có.  a  b. 2. 2. 2.   b  c    c  a  0  2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ca 0.  a 2  b 2  c 2 ab  bc  ca  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca 3ab  3bc  3ca 2.   a  b  c  3  ab  bc  ca  . mà a  b  c 3 nên. Do đó:. A.  a  b  c ab  bc  ca . ab  bc  ca . 2. 3.  a  b  c. 9 9 3   . 3  ab  bc  ca 3  3 2. 3. 2. 2. . 3 3 3. Dấu bằng xảy ra khi. 1  ab 1  bc 1  ca   a b c 1 a b c a  b  c 3 .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Cách 2: 1 1  ab 1 1  ab 1 1  ab 3  ab  2 . 1  1   1  ab 4 1  ab 4 1  ab 4 4. Tương tự ta có 1 3  ab 1 3  ca  ;  1  ab 4 1  ca 4 1 1 1 9  (ab  bc  ca)     . 1  ab 1  bc 1  ca 4. Cần chứng minh BĐT phụ.  a  b  c ab  bc  ca . 2. 3. Tương tự như trên b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2. 2. 2. 2. 2. 2 x 6  2 x 3 y  y 2 128   x 3  y    x 3  82  82   8   82 82    8    8     8  3  x  y 8 )  3   x 8.  y 0   3  x 8. 2.  y 0   x 2. 3  x  y  8  y 16 )  3   3   x 8  x 8.  y 16   x 2.  x 3  y 8  y  16  y  16 )  3   3   x  8  x  8  x  2  x 3  y  8  y 0  y 0 )  3   3   x  8  x  8  x  2. Vậy phương trình có nghiệm nguyên là (x;y)=(2;0); (2;16); (-2;-16); (-2;0). Cách 2: 3 Đặt: x t khi đó ta có pt: 2. 2t 2  2 yt  y 2 128  4t 2  4 yt  2 y 2 256   2t  y   y 2 162  02 0 2  162. Cách 3: 2 2 2 2 / 2 3 Đặt: x t khi đó ta có pt: 2t  2 yt  y 128  2t  2 yt  y  128 0;  t  y  256 / 2 Pt có nghiệm  t 0   y  256 0   16  y 16 Thế y vào pt ta tìm được x..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 4 (4điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) tâm O dường phân giác trong của góc A cắt đường tròn (O) tại điểm M ( khác điểm A). Tiếp tuyến kẻ từ M của (O) cắt các tia AB và AC lần lượt ở D và E. a) Chứng minh: BC song song với DE. b) Chứng minh: AMBMEC ; AMCMDB Cho AC CE . AM . AB  AC . 2. c) Chứng minh: ( lưu ý: thí sinh có thể sử dụng định lí Ptô-lê-mê “nếu VLTC là tứ giác nội tiếp, thì VT.LC=VL.TC+VC.LT” để chứng minh ý d ) A 12 O B1 D. 1 C E. M. B '. a) Chứng minh: BC song song với DE.   1 sñAC  B 1 2 1   1 sñACM     sñCM   sñMB  D  sñMB  sñAC 2 2 A A     sñCM sñMB 1 2.  . . . mà. . .  . Do đó B1 D và B1 ,D đồng vị nên BC song song DE. b) Chứng minh: AMBMEC ; AMCMDB . ta có    CME BAM ( cùng bằng góc A 2 )    BMA C 1 ( cùng chắn cung AB )  E  C 1. ( đồng vị ).   từ (2) và (3) suy ra BMA E. (1) (2) (3) (4).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> từ (1) và (4) suy ra AMBMEC (g-g) * chứng minh tương tự ta có AMCMDB (g-g) - thí sinh phải chứng minh 2 c) Cho AC CE . Chứng minh: AM MD.ME. Vì AMBMEC. MA MB   ME CE. Lại có: AMCMDB từ (5) và (6) suy. và AC=CE (gt) nên. MA MB  ME AC. MB MD   AC MA. MA MD   MA2 MD.ME ra ME MA AB  AC AM  . 2. (5). (6) (đpcm). d) Chứng minh: trên tia đối của tia AC lấy điểm B’ sao cho CB’=AB. (7).    ta có AM là tia phân giác của góc BAC (gt)  MB MC  MB MC (8)    MBA MCB' ( cùng bù góc MCA ). (9). từ (7), (8) và (9) suy ra MBA=MCB’ (c-g-c)  MA=MB’ Mặt khác: Theo BĐT tam giác AMB’ có AM+MB’>AB’ Mà AB’= AC+CB’=AC+AB Do đó AM+MB’>AB’=AB+AC Hay AM+AM > AB+AC  2AM > AB+AC AM  . AB  AC 2. (đpcm). * Ghi chú trong quá trình giải và đánh máy, không tránh khỏi những thiếu sót và sai lầm mong bạn đọc góp ý chân thành theo địa chỉ:

<span class='text_page_counter'>(6)</span>