Bai giai de thi vao 10 mon toan chuyen Le Quy Don Binh Dinh 20142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Phan Hòa Đại SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO. Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015. BÌNH ĐỊNH Đề chính thức. TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn thi: Toán ( ĐỀ CHUNG ). Thời gian làm bài: 120’. Ngày thi: 13/6/2014 Bài 1: ( 2 đ) Cho biểu thức: A . x  x 2. x  x 1. . 2x  x x.  1 ( Với x > 0). a) Rút gọn A b) Tìm các giá trị của x để A =2 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A Bài 2: (2 đ) Gọi đồ thị hàm số y = x2 là parabol (P), đồ thị của hàm số y=(m+4)x-2m-5 là đường thẳng (d) . a) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt. b) Khi (d) cắt (P) Tại 2 điểm phân biệt A,B có hoành độ lần lượt là x1; x2. Tìm các giá trị của m sao cho x13  x32 =0 Bài 3: (1,5 đ) Tìm x,y nguyên sao cho x  y  18 Bài 4: (3,5đ) Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm ngoài đường tròn .Kẻ hai tiếp tuyến PA,PB với đường tròn (O) (A,B là hai tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại 2 điểm K và I ( K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H. Gọi D là điểm đối xứng với P qua O, C là giao điểm của PD và đường tròn (O). 1. CM tứ giác BHCP nội tiếp. 2. CM: AC  CH. 3. Đường tròn ngoại tiếp ∆ ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của AQ 2 1  , với 0 < x < 1 Bài 5: (1 đ) : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y  1 x x ---*--HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: ( 2 đ) Cho biểu thức: A . x2  x x  x 1. d) a) Rút gọn A. A. x2  x x  x 1. . 2x  x x. 1 . x. . . 2x  x x. .  1 ( Với x > 0).   x 2. x 1 x  x 1 x  x 1.  1. x 1 x.  x  x  2 x 11  x  x b) Với x > 0, ta có : A  2  x  x  2  x  x  2  0 Đặt t = x  0, ta được pt: t2-t-2 =0 (1), pt (1) có dạng a-b+c=0 =>t1=-1 (loại); t2= 2 Với t=2 => x  2  x=4 (TMĐK) => A= 2 khi x=4 2.  1 1 1 c)Với x>0, ta có : A  x  x   x     2 4 4  Vậy GTNN của A bằng. 1 khi 4. x. 1 1  0  x  (TMĐK) 2 4. Bài 2: Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của pt:x2 = (m+4)x-2m-5x2- (m+4)x+2m+5=0 (1) a) (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt  pt (1) có 2 nghiệm phân biệt.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Phan Hòa Đại. Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định 2 m  2    0    m  4   4  2m  5  0  m 2  8m  16  8m  20  0  m 2  4    m  2. b) Khi m ≥ 2 hoặc m≤ 2 thì (d) cắt (P) Tại 2 điểm phân biệt A,B có hoành độ lần lượt là x1; x2. b  x1  x 2   a  m  4 Theo hệ thức Vi- Ét ta có:  x  x  c  2m  5  1 2 a Do dó: x13  x32 =0 3 2 x13  x32  0   x1  x 2   3x1x 2  x1  x 2   0   x1  x 2   x1  x 2   3x1x 2   0  . . . 2 2   m  4   m  4   3  2m  5   0   m  4  m 2  2m  1  0   m  4  m  1  0    m  4(TMDK)   m  4  m  1 KTMDK . Bài 3: (1,5 đ) Tìm x,y nguyên sao cho Ta có:. x  y  18 ĐK : 18≥x ≥0 ; 18≥y ≥0. x  y  18  x  18  y  x  18  y  2 18y  18  y  6 2y. Vì 18+y nguyên nên x nguyên  2y   2y là số chính phương chẵn  2y  4k 2 (k  )  y  2k 2 (1)  x  18  y  2 18y  18  2k 2  6 4k 2  2  k  3 .Do đó : 2. Mà k  , nên ta có 4 trường hợp sau -Nếu k =0 => x= 2.(0-3)2=18; y = 2.02=0 -Nếu k =1 => x= 2.(1-3)2=8; y = 2.12=2 -Nếu k =2 => x= 2.(2-3)2=2; y = 2.22=8 -Nếu k =3 => x= 2.(3-3)2=0; y = 2.32=18 Vậy pt có 4 bộ nghiệm nguyên (x;y) là (18;0), (8;2), (2;8), (0;18) *Nhận xét: Đây là pt nghiệm nguyên dạng vô tỉ, loại này có thể biến đổi nhiều cách, ví dụ: C2: -Tương tự (1), ta có : x= 2t2 ( Với t  ), nên  t  0  x  0   k  3  y  18  t  1  x  2   k  2  y  8 x  y  18  2.t  2.k  3 2  t  k  3     t  2  x  8   k  1  y  2   t  3 x  18 k  0  y  0  . ( nếu số liệu lớn nên G/S x ≤ y => t ≤ k để xét ít trường hợp hơn) C3: -Từ (1), ta có 0 ≤ y ≤ 18 => 0≤ 2k2≤18 <=> 0≤ k2 ≤ 9  k 0;1;2;3 => x;y Bài 4: (3,5đ) a. CM tứ giác BHCP nội tiếp : Ta có PA=PB (T/c hai t2 cắt nhau) ; OA=OB ( Bán kính đường tròn (O)) => OP là đường trung trực của đoạn AB =>IPAB => BHP  900 (1).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Phan Hòa Đại. Đề thi toán vào 10 Lê Quý Đôn -Bình Định Lại có BCD  90 ( góc nt chắn nửa đường tròn)=> BCP  900 (2) 0. Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCP nội tiếp. b. CM: AC  CH. Ta có: DCH + PCH = 1800 (kề bù) và PBH + PCH = 1800 ( Tứ giác BHCP nội tiếp) => DCH = PBH Lại có: ACD = ABD ( Góc nt cùng chắn cung AD) Suy ra ACH = ACD + DCH = ABD + PBH = PBD =900 ( t/c tiếp tuyến) => AC  CH D. A. 1 2. M I. O. H. Q. 1. C. K. P. 2. B. . c. Chứng minh M là trung điểm của AQ: QAB  MAH  MCH (góc nt cùng chắn cung MH của đường tròn ngoại tiếp ∆ACH) QBA  IBA  ICA (góc nt cùng chắn cung IA). => QAB + QBA = MCH + ICA = ACH =900=> ∆AQB vuông tại Q =>BQAQ Lại có ∆ACH vuông tại C=> AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆ACH=> AMH =900 (góc nt chắn nửa đường tròn đường kính AH) =>MHAQ Xét ∆AQB có: HA=HB ( Vì OP là đường trung trực của đoạn AB) và MH //BQ ( cùng AQ) => M là trung điểm của AQ. 2 1  , với 0 < x < 1 Bài 5: (1 đ) : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y  1 x x 2 1 2 1  2; 1 y   3 Vì 0 < x < 1 => 0 < 1- x < 1 => 1 x x 1 x x 2 1 x 1 y  y  yx  yx2  x  1  yx2  (1  y)x  1  0 (1) 2 1 x x xx Vì y >3 => y  0. Xem (1) là pt bậc hai ẩn x, ta có: ĐK cần để pt (1) có nghiệm là ∆ ≥ 0  y  3  2 2 (TMDK). Mà ∆ ≥ 0  1  y   4.y.1  0  y2  6y  1  0   2.  y  3  2 2 (KTMDK).  y  3 2 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ∆ = 0  pt(1) có nghiệm kép: x1  x2  . . . b y  1 3  2 2  1 (2  2 2) 3  2 2 2 2 2      2  1 ( TMĐK) 2a 2y 2 2 2(3  2 2 ). Vậy giá trị nhỏ nhất của y là 3  2 2 khi x=. 2 1.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>