Tài liệu Đề thi lớp 10 chuyên toán trường Trung Học Thực Hành 2008-2009 pptx

Gọi D là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc là k.. Gọi P Q1, 1 là chân đường vuông góc hạ từ P,Q xuống đường thẳng AD, P Q2, 2là chân đường vuông góc hạ từ P,Q xuống đường thẳng A

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM NĂM HỌC 2008 – 2009

NGÀY THỨ NHẤT Câu 1 (2 điểm):

a/ Chứng minh đẳng thức sau: 53 12 10 + − 47 6 10 − = 3 2

b/ ChoA= 45 + 2009 và 45 − 2009 Chứng minh rằng: A+ =B 98

c/ Cho phương trình: x2 + 2(m+ 1)x+m2 + + =m 2 0 ( )1

Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa 2 2

x +x =

Câu 2 (1 điểm):

Cho (P): 1 2

2

y= − x và điểm M(0;2) Gọi (D) là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc là

k

a/ Tìm k sao cho (D) và (P) tiếp xúc với nhau

b/ Tìm k sao cho (D) cắt (P) tại 2 điểm A, B phân biệt thỏa AB =12 và có hoành độ dương

Câu 3 (2 điểm):

a/ Giải phương trình: (x+ 1)(x− 3) (x2 − 2x)= − 2

b/ Giải hệ phương trình:

0

⎧ + − − =

⎪

⎨

⎪⎩

Câu 4 (1 điểm): Tìm các bộ 3 số nguyên dương (x y z, , ) thỏa mãn: x3 y 3 z 2

+ =

⎧

⎨ + =

⎩

Câu 5 (4 điểm):

Cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB và CD (AB < CD) nội tiếp (O) Gọi PQ là một dây cung vuông góc với AB và CD, P thuộc cung AB, Q thuộc cung CD Gọi I và K lần lượt là giao điểm cảu PQ với AB và CD Gọi P Q1, 1 là chân đường vuông góc hạ từ P,Q xuống đường thẳng AD, P Q2, 2là chân đường vuông góc hạ từ P,Q xuống đường thẳng AC

a/ CMR: QKQ C QKDQ PP KC AIQ Q2 , 1, 2 , 2 là các tứ giác nội tiếp

b/ CMR: Q K Q1, , 2 thẳng hàng và P K P1, , 2 thẳng hàng

c/ CMR: Chứng minh rằng PC//IQ KP2, 2//AQvà tứ giác IQ KP2 2 nội tiếp

d/ Khi PQ là đường kính, hãy chứng minh PQ =BDvà P P vuông góc với Q Q

Hướng dẫn giải Bài 1:

a) Ta có:

53 12 10 47 6 10 45 2.3 5.2 2 8 45 2.3 5 2 2

3 5 2 2 3 5 2

3 5 2 2 3 5 2

3 5 2 2 3 5 2

3 2

= b) Ta có:

2 2

2

45 2009 45 2009

45 2009 45 2009 2 45 2009 45 2009

90 2 45 2009

90 2 16

90 8 98

= +

= + = Suy ra A+ =B 98 (Vì A + B > 0)

c) x2 + 2(m+ 1)x+m2 + + =m 2 0 ( )1

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt:

′

Δ = + − + + > ⇔ − > ⇔ >

Với điều kiện trên, theo định lý Viet ta có: 1 2 ( )

2

1 2

2

= + = − +

⎧⎪

⎨

⎪⎩

Từ đó:

( ) ( )

2

2

2 6 20 0 5

2

= −

⎡

⇔ ⎢

=

⎢⎣

Vậy giá trị của m cần tìm là m = 2

Bài 2:

Phương trình đường thẳng (D) có qua M(0, 2) có hệ số góc k là: y=kx+2

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D): 1 2 2 ( )

2x kx x kx

Điều kiện để (D) tiếp xúc với (P) là phương trình có nghiệm kép, tức là

′

Δ = − = ⇔ = ±

Vậy với k = 2, k = - 2 thì (D) tiếp xúc với (P)

b) Gọi A x( A,y A) (,B x B,y B) là toạ độ giao điểm của (D) và (P) thì xA, xB là nghiệm của phương trình (1)

Điều kiện để (D) cắt (P) tại hai điểm là phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, tức là

4 0

2

k k

k

< −

⎡

′

Δ = − > ⇔ ⎢ >

⎣ (*) Khi đó, theo định lý Viet ta có x A+x B = − 2 ,k x x A B= 4 Vì x x A, B > ⇒ − 0 2k> ⇒ < 0 k 0 (**)

Ta có y A =kx A+ 2,y B =kx B+ 2 Khi đó ta có:

( )

2 2

2

2

12 144

1 4 16 144

4 12 16 144

3 40 0 5

8

k

⎡ = −

⇔ ⎢

=

⎢⎣

k = ⇔ = ±k

So với điều kiện (*) và (**) thì giá trị k cần tìm là k = − 2 2

Vậy giá trị của k thỏa mãn đề bài là − 2 2

Bài 3: a)

2

Đặt t=x2 − 2x Khi đó phương trình trở thành:

( )

2

3 2 0

3 2 0

1

2

t t

t t

t

t

− + =

⇔ − + =

=

⎡

⇔ ⎢ =

⎣

1 2

x

x

⎡ = +

− = ⇔ − − = ⇔ ⎢

= −

⎢⎣

1 3

x

x

⎡ = +

− = ⇔ − − = ⇔ ⎢

= −

⎢⎣

Vậy phương trình có 4 nghiệm 1+ 2, 1 − 2, 1 + 3, 1 − 3

⎧ + − − =

⎪

⎨

⎪⎩

Ta có:

1 0 0

x y x y

+ + = = − −

Với y = x, thế vào (2) ta có: 2 2 ( ) 2 0 0

= ⇒ =

⎡ + − + = ⇔ − = ⇔ ⎢ = ⇒ =

⎣

Ta có 2 nghiệm (x, y) là (0, 0) và (2, 2)

Với y = - 1- x, thế vào (2) ta có

2 2

2

2 1 2 0

2 2 3 0 VN

+ − − − − − =

⇔ + + + + =

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x, y) là (0, 0) và (2, 2)

( )

1 2

x y z

+ =

⎧⎪

⎨

+ =

⎪⎩

Ta có :

0 0

x y x y xy x y

x y xy x y

⇔ + − − − = (vì x, y nguyên dương nên x + y > 0)

( ) ( )

2

Ta có ( )2

3 y− 1 ≤ ⇒ − < 4 y 1 2 và vì *

y∈ ` nên y = 1, 2

Nếu y = 1 suy ra ( )2

2x− 2 = ⇒ = ⇒ = 4 x 2 z 3

Nếu y = 2 suy ra ( )2 1 3

2 3 1

x

= ⇒ =

⎡

− = ⇒ ⎢ = ⇒ =

⎣ Thử lại ta thấy các bộ (x, y, z) là (2,1, 3); (1, 2, 3) và (2, 2, 4) đều là nghiệm của hệ phương trình

Vậy phương trình có 3 nghiệm (x, y, z) là (2,1, 3); (1, 2, 3) và (2, 2, 4)

Bài 5:

M

K

I

Q2 P2

Q1

P1

O

P

Q

a/ CMR: QKQ C QKDQ PP KC AIQ Q2 , 1, 2 , 2 là các tứ giác nội tiếp

Tứ giác QKQ2C có n n2 90o

QKC=QQ C= nên là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

Tứ giác QKDQ1 có n n1 90o 90o 180o

QKD QQ D+ = + = nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai góc đối bù nhau)

Tứ giác PP2KC có PP Cn2 =nPKC= 90o nên là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

Tứ giác AIQ2Q có nAIQ=nAQ Q2 = 90o nên cũng là tứ giác nội tiếp(Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

b/ CMR: Q K Q1, , 2 thẳng hàng và P K P1, , 2 thẳng hàng

Ta có QKQn1=QDQn1 (tứ giác QKDQ1 nội tiếp)

Và QDQn1=QCQn2 (tứ giác ACQD nội tiếp)

Suy ra QKQn1=QCQn2

Mà n n2 2 180o

QCQ +QKQ = (QCQ2K nội tiếp)

Nên n2 n n1 2 180o

QKQ =QKQ +QKQ = , suy ra Q1, K , Q2 thẳng hàng

Chứng minh tương tự ta cũng có P1, K, P2 thẳng hàng

c/ CMR: Chứng minh rằng PC//IQ KP2, 2//AQvà tứ giác IQ KP2 2 nội tiếp

Ta có QIQn2 =QAQn2( tứ giác AIQQ2 nội tiếp)

Và QPCn=QACn (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QC)

Suy ra QIQn2 =QPCn mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có IQ2 // PC

Chứng minh tương tự ta cũng có KP2 //AQ

d/ Khi PQ là đường kính, hãy chứng minh PQ1 1=BDvà P P1 2 vuông góc với Q Q1 2

Ta có nPKQ2 =QCAn (tứ giác QKQ2C nội tiếp), QCAn=nAPQ(góc nội tiếp cùng chắn cung AQ), suy ra nPKQ2 =nAPQ

Và nP KI2 =nAQP (đồng vị)

P KQ =P KI+PKQ =AQP+APQ= −PAQ= − = (PQ là đường kính nên n 90o

PAQ= )

Vậy P P1 2 vuông góc với Q Q1 2

Khi PQ là đường kính thì O là trung điểm của PQ và K là trung điểm của CD

Gọi M là trung điểm của AD Khi đó trong tam giác ADC thì KM là đường trung bình, suy ra

KM = AC= BD

Ta có OM ⊥AB(mối liện hệ giữa đường kính và dây cung), suy ra OM // PP1//QQ1

Trong hình thang PP1Q1Q có OM song song với hai đáy và O là trung điểm của cạnh bên PQ nên M là trung điểm của P1Q1

Trong tam giác vuông KP1Q1 có KM là trung tuyến ứng với cạnh huyền P1Q1 nên

1 1

1

2

KM = PQ

Từ đó ta có P1Q1 = BD

NGÀY THỨ HAI Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình: 2x2 + 5x+ 12 + 2x2 + 3x+ = + 2 x 5

Câu 2 (2 điểm):

Xét một số tự nhiên A gồm ít nhất chữ số Đổi chỗ các chữ số của theo một cách nào đó ta được số tự nhiên Giả sử rằng:

11 1

A B− = (gồm n chữ số với 0 < n và ) Tìm giá trị nhỏ nhất có thể được của n và chỉ rõ một cặp số tự nhiên A, B để n nhận giá trị nhỏ nhất đó

Câu 3 (2 điểm):

Cho số thực a thỏa 0 ≤ ≤a 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1

T

−

Câu 4 (4 điểm):

1 Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy D sao cho bán kính của các đường tròn nội tiếp hai tam giác ABD và ACD bằng nhau Chứng minh rằng các đường tròn bàng tiếp góc A của 2 tam giác ABD và ACD cũng bằng nhau

2 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Gọi C là trung điểm cung AB, trên cung AB lấy điểm D di động Các đoạn thẳng AD và OC và cắt nhau tại E Tìm quỹ tích tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE

Hướng dẫn giải

Bài 1: Đặt u= 2x2 + 5x+ 12,v= 2x2 + 3x+ 2 (u v, ≥ 0)

Ta có :

2 2

2 0 0

2 0

u v

u v u v

u v

u v

−

+ =

⎡

⇔ ⎢ − − =

⎣ Với u + v = 0 ta có:

2

2

2 5 12 0

VN

2 3 2 0

⎪

⇔ ⎨

+ + =

⎪⎩

Với u – v – 2 = 0 hay u = v + 2 ta có:

( ) ( ) ( )

2

2

2

2 5 12 2 3 2 4 4 2 3 2

2 6 4 2 3 2

3 2 2 3 2

3 4 2 3 2 dk: 3 0

6 9 8 12 8

7 6 1 0 1

1 7

x x

= −

⎡

⎢

⇔

⎢ =

⎣ Vậy phương trình có hai nghiệm x= − 1 và 1

7

x=

Bài 2: Giả sử A có dạng a a1 1 a m (m≥ 5) Sauk hi hoán vị các chữ số của A ta được số B có dạng

1 2 m

b b b

1 2 10m 1 10m 2

1 2 10m 1 10m 2

B=b b b = −b + − b + b

Do đó:

Ta có: 10k (10k 1 9, 10) k (10k 1 9) 0, 1

Và (a1 +a2 + + a m) (− b1 + + +b2 b m)= 0 vì (b b1 , , , 2 b2) là hoán vị của (a a1 , , , 2 a m)

Suy ra A B− # 9 ⇒ 11 1 9 # , suy ra n chia hết cho 9 và n khác 0, do đó n = 9, 18…

Với n = 9 ta chọn A=987654320,B=876543209 ta có A – B = 111111111

Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 9

Bài 3:

Ta có:

2

T

Ta có − + + =a2 a 2 a(1 −a)+ ≥ 2 2 vì 0 ≤ ≤a 1, suy ra 2 6 2 6 2 1

T

Dấu “ = “ xảy ra khi a = 1, hoặc a = 0

Vậy Max T = 1 khi a = 0 hoặc a = 1

Ta có

2

≤ − + + = − + − + = −⎜ − ⎟ ≤

⎝ ⎠

Suy ra 2 6 2 6 2 15 2

9

4

T

a a

Dấu “ = “ xảy ra khi 1

2

a= Vậy Min T = 2

3 khi 1

2

a=

Bài 4: a)

H E

D

E

J

H

K

I

O X

A

Ta chứng minh bài toán phụ: Trong một tam giác XYZ bất kỳ ta luôn có: S XYZ =rp và

S = p −YZ r trong đó: pXYZ là nửa chu vi tam giác XYZ; r, r X lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp của góc X Thật vậy:

Ta có :

2

r XY r YZ rXZ

XY YZ XZ r

rp

+ +

=

= Và:

2

X

X

r XY r XZ r YZ

XY XZ YZ r

r p YZ

+ −

=

Trở lại bài toán

Gọi r r, là bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABD

, A

r r′ ′ và bán kính đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ACD

Ta có

1 . 2

1 . 2

ABD

ACD

AH BD

S = AH CD=CD, theo bài toán phụ ta cũng có ABD ABD ABD

S = r p = p

′ (Vì r=r′)

Suy ra ABD ABD ABD

−

− (1)

Mà theo bài toán phụ ta có: ( )

ABD

S

−

=

′ − (2)

Từ (1) và (2) suy ra r A=r′ A (đccm)

b)

E'

D'

Io

E

I C

A

D I'

Phần thuận:

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE

Ta có n 90o

ACB= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Ta có CA = CB (Vì C là điểm giữa cung AB), suy ra tam giác ACB vuông cân tại C

Ta có nADC= n 45ABC= o (góc nội tiếp cùng chắc cung AC)

Suy ra n 2n 90o

CIE= CDE= (Góc ở tâm bằng 2 góc nội tiếp), suy ra tam giác ICE vuông cân, suy

ra nECI = 45 0

Ta cũng có n 45o

OCB= và I, B cùng phía đối với đường thẳng IC (do D thuộc cung BD)

Vậy I thuộc tia CB

Giới hạn:

+ Khi D trùng B, thì I trùng với Io là trung điểm CB

+ Khi D trùng C, thì I trùng C

Vậy I thuộc đoạn thẳng CIo

Phần đảo:

Lấy I’ là điểm bất kì thuộc CIo, vẽ đường tròn (I’, I’C) cắt (O) tại D’ và AD’ tại E Ta chứng minh E’ thuộc OC Thật vậy:

Ta có n 45o n 90o

AD C′ = ⇒E I C′ ′ = ⇒ ΔCI E′ ′vuông cân tại I’, suy ra n 45o

ICE′ = ⇒E′ thuộc CO

Kết luận

Vậy quĩ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE là đoạn CIO