a chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m.. b Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ nhất?. c Tìm tất cả các số nguyên dương của m để A nhận giá trị nguyên.. a
Trang 1SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010 - 2011
QUẢNG NGÃI Môn thi: TOÁN (Hệ chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (2,5 điểm)
b) Giải phương trình:
3
2 2
x
c) Giải hệ phương trình:
7
x 1 y 1
4
x 1 y 1
Bài 2: (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số tự nhiên n để n3 – n2 – 7n + 10 là một số nguyên tố
b) Tìm tất cả các số tự nhiên x, y, z thoả mãn phương trình 2010x = 2009y + 2008z
Bài 3: (1,5 điểm)
Cho phương trình x2 – mx + m – 1 = 0 và đặt A = 2 2 1 2( )
+
là hai nghiệm của phương trình
a) chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m
b) Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ nhất?
c) Tìm tất cả các số nguyên dương của m để A nhận giá trị nguyên
Bài 4: (2,5 điển)
Cho tam giác ABC có AB = 3AB = 3a và ·BAC 60= o Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho ·ADB 30= 0 Đường thẳng vuông góc với AD tai D cắt tia AB ở E và cắt cạnh
AC ở F Hạ EK vuông góc với AC (K ∈ AC)
a) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác Abc theo a
b) Chứng minh ba đường thẳng AD, BF và EK đồng quy
Bài 5: (1,5 điểm)
a) Tam giác KLM có ba đường phân giác trong là KN và LP cắt nhau tại Q
(N ∈ LM, P ∈ KM) Giả sử tứ giác MNQP nội tiếp và PN = 2 tính số đo các góc và các cạnh của tam giác NPQ
b) Cho tam giác cân ABC (AB = AC) có ·BAC 108= o Tính tỉ số BC
AC.
ĐỀ CHÌNH THỨC
Trang 2Bài 1: (2,5 điểm)
a) M = x 3 x 3 x 9
=
x 6 x 9 x 6 x 9
x
b) ĐKXĐ: −4 < x < 4
3
2 2
x
−
( ) ( )
2
x 0
x 0
x 2 2
x 2 2
>
Tập nghiệm của phương trình là S = {2 2 }
c) ĐKXĐ: x 1
≠
≠ −
x 1=
1 v
y 1=
+ , ta có hệ phương trình:
• v = 3 ⇔ y 11 = ⇔ = −3 y 23
Vậy hệ phương trình có nhiệm duy nhất 3; 2
Bài 2:
a) P = n3 – n2 – 7n + 10 = n3 – 2n2 + n2 – 2n – 5n +10 = (n – 2)(n2 + n – 5)
P nguyên tố 2
n 3
n 2 1
n 2
=
− =
+ − =
Trang 3* n = 3 ⇒P = 7.
* n = 2 ⇒P = 0 (loại)
Vậy n = 3 là giá trị cần tìm
b) 2010x = 2009y + 2008z (1)
Nhận xét:
Vế phải lớn hơn 1 nên x > 0 ⇒2010x chẵn
Ta có 2009y lẻ Suy ra z = 0
(1) trở thành 2010x = 2009y + 1
Ta có 2009y + 1 = (2008 + 1)y +1 ≡ 2 (mod 4).
Nếu x ≥ 2 thì 2010x M 4 (vô lí)
Vậy x = 1 Suy ra y = 1
Vậy x = 1, y = 1, z = 0
Bài 3:
x2 – mx + m – 1 = 0
a) ∆= (– m)2 – 4(m – 1) = (m – 2)2 ≥0 Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m
+
× − +
+
2
2
* A ≠ 0:
Tồn tại giá trị của m ⇔ ∆ = −' 4 A(2A 2) 0− ≥ ⇔A2 − − ≤A 2 0
(A 1 A 2) ( ) 0
A 2
≥ −
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là –1 khi m = –2
c) Ta có 1 A 2− ≤ ≤ và A nguyên nên A ∈ −{ 1;0;1;2}
* A = – 1 ⇔ = −m 2 (loại)
2
m 4
=
m 2
=
Vậy tâp hợp các giá trị m cần tìm là: {1;2;4 }
Bài 4:
a) Kẻ BH ⊥ AC, ta có AH = AB.cos ·BAH = a.cos 600 = a
2,
BH = AB.sin ·BAH = a.sin 600 = a 3
2 .
CH = AC – AH = 3a – a
2=
5a 2 (loại)
Trang 4Suy ra BC = 2 2 25a2 3a2
Kẻ OI ⊥ BC, ta có BI = BC a 7
b) Ta có ·BDF BDA ADF 30=· +· = 0 +900 =120 0
Tứ giác ABDF có ·BAF BDF 60+· = 0 +1200 =1800
⇒tứ giác ABDF nội tiếp
Suy ra ·ABF ADF 90= · = 0
Do đó FB là đường cao của tam giác AEF
FB, AD, EK là ba đường cao của tam giác AEF nên ba đường thẳng AD, EK, BF đồng quy
Bài 5:
a) * Ta có KN, LP là các đường phân giác
của tam giác MLK nên MQ cũng là đường
phân giác của tam giác MLK
Đặt ·NMQ PMQ QPN QNP=· = · = · = α,
NLQ KLQ= = β, QKL QKP· =· = γ
Ta có α + β + γ =900 (1)
(1) & (2) ⇒ α =3 900 ⇒ α =300
Vậy ·QNP QPN 30=· = 0 ·NQP 120= 0
* Kẻ QH ⊥ NP ⇒ NH 1= ,
NQ = NH: cos300 = 1: 3
2 =
2 3
3 . Vậy NQ = PQ = 2 3
3 . b) Trên BC dựng điểm D sao cho BD = BA
Ta có ·BAC 108= 0 ⇒ = =B C 36µ µ 0 ⇒BDA 72· = 0 ⇒ADC 108· = 0
Đặt BA = AC = BD = a, BC = x, thế thì CD = x – a
Từ (*) suy ra a2 = (x – a).x ⇔x2 – ax – a2 = 0
x
2
x
2
=
=
: a
I
K F
E
D
A
K
L
Q
M
α
α α
α
β β
γγ
H
C
D
(loại)