Giải đề thi Toán vào lớp 10 Chuyên TV 2009

Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn yêu cầu bài toán... Vậy cạnh BC bằng 64 đvđd... Hoặc: Vì DE luôn vuông góc với BM và DB không đổi nên điểm M luôn nhìn cạnh BD dưới một góc vuông

TRƯỜNG THCS HIỆP HÒA THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

Môn: TOÁN (chuyên) Năm học 2009-2010 BÀI GIẢI

P

Vậy P    

2- Khi P 13

6

6

 30x  42 x  12   13x  26 x  39

 30x  42 x  12  13x  26 x  39  0

 27x  68 x  51  0 (1) Đặt x  t, phương trình (1)  27t2  68t  51  0

’  342  27.51  34.2.17  27.3.17  68.17  81.17  0 Phương trình (1) vô nghiệm

Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 2 x2 – (2m  1)x  m2 – m – 1 = 0 (1)

1- Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì   0

  [(2m  1)]2  4.(m2  m  1)  0

 4m2  4m  1  4m2  4m  4  0

8



2- Vì x1 – 2x2  3 nên x1  x2

Nghiệm của phương trình (1) là



1

x



2

x

2 x1 – 2x2  3  2m 1  8m 5

 2m  1  8m 5  4m  2  2 8m 5  6 

 3 8m 5  2m  7  0 

 3 8m 5  2m  7 

9.(8m 5) (2m 7)

 







 









2

7 m

2















2

7 m 2















7

m

2













Vậy m  11 117

2



và m  11 117

2



là các giá trị cần tìm

Câu 3





(x y )(x y ) 280 (2)

Ta có:

x2  y2  (x  y)2  2xy

x3  y3  (x  y)(x2  xy  y2)  (x  y)(x y) 23xy  (x  y)3  3xy(x  y) Phương trình (2) trở thành:

(x y) 2xy (x y) 3xy(x y) 280

Thay (1) vào (2’) ta được:

(4 2xy)(4 3xy.4)280

 (16 – 2xy).4(42 – 3xy)  280

 2(8  xy).4(16  3xy)  8.35

 (8  xy)(16  3xy)  35 ()

Đặt xy  t, phương trình () trở thành: (8  t)(16  3t)  35

 128 – 40t  3t2  35

 3t2  40t  93  0 Giải phương trình này ta được t1 31

3

 , t2 3

 t 31

3

 thì xy  31

3 , ta có hệ

31

x y











Khi đó x, y là nghiệm của phương trình X2  4X  31

3  0 Phương trình này tương đương với: 3X2  12X  31  0

có ’  (6)2  3.31  0 nên là phương trình vô nghiệm

 hệ

31

x y 3











vô nghiệm

 t  3 thì xy  3, ta có hệ x y 4

x y 3







 Hệ này có nghiệm x 1











 x 3











Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (1; 3) và (3; 1)

Ta có: AB  AC  BC  144  AB  AC  144  BC

Trong tam giác vuông ABC:

BC2  AB2  AC2  (AB  AC)2  2.AB.AC

 2.AB.AC  (AB  AC)2  BC2  (144  BC)2  BC2 (1)

Ta lại có: AM  AH  14

 AH  AM  14

mà AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

BC nên AM  BC

2

 AH  BC

2  14 Mặt khác: SABC  1

2AB.AC  1

2BC.AH

 AB.AC  BC.AH

Từ đó AB.AC  BC BC 14

2



2

BC

14BC

Kết hợp (1) và (2) ta được:

(144  BC)2  BC2  BC2  28BC

 144.(144  2BC)  BC2  28BC

 BC2  260BC  20736  0

Giải phương trình này ta được BC  64 và BC  324  0 (loại)

Vậy cạnh BC bằng 64 (đvđd)

M

A

C

Câu 5

1- Ta có BMD  BCD  90o (do

DM  BN và ABCD là hình vuông)

nên tứ giác BMCD nội tiếp đường tròn

đường kính BD

2- Tính số đo của CMN

Do tứ giác BMCD là tứ giác nội tiếp

BDCBMC 180

Vì CMN và BMC là hai góc kề bù nên:



CMN  BMC o

180



 CMN  BDC

mà BDC  1

2.90

o  45o Suy ra: CMN  45o Cách khác:

Ta có: DBC  DMC  1.sđDC

2



DBC  1

2.90

o  45o  DMC  45o



CMN   DMN DMC  90o  45o  45o

3- Khi điểm E di chuyển trên cạnh BC thì điểm M di chuyển trên đường nào?

Ta có BMD  90o và BD cố định nên M di chuyển trên đường tròn đường kính BD Giới hạn:

Khi E  B thì M  B

Khi E  C thì M  C

Vậy khi E di chuyển trên cạnh BC thì M di chuyển trên cung nhỏ BC của đường tròn đường kính BD

Hoặc: Vì DE luôn vuông góc với BM và DB không đổi nên điểm M luôn nhìn cạnh

BD dưới một góc vuông Do đó khi điểm E di chuyển trên cạnh BC thì điểm M di chuyển trên phần cung nhỏ BC nhận BD làm đường kính

Câu 6

Ta có:

AB  8cm, BI  4cm

AI2  AB2  BI2  82  42  48  16.3

 AI  4 3

Gọi O là tâm của đường tròn đường kính AI, M là giao điểm của đường tròn đường

E

N

M

A

O

M

Khi đó AMI có đường trung tuyến MO bằng nửa cạnh đối diện AI Vậy AMI là tam giác vuông và vuông tại M   o

AMI90

Do AI là đường trung tuyến của tam giác đều nên AI cũng là đường phân giác

 

o o

60

2

AIM 90 30 60 hay  o

OIM60

OIM có OM  OI (bán kính) nên là tam giác cân

 OIM là tam giác đều  MI  OI  AI

2 

4 3

2  2 3 Áp dụng định lý Pitago trong AMI ta có: AI2  MA2  MI2

 MA2  AI2  MI2  48  2 3  36 2  MA  6

SAMI  1

2.AM.MI 

1

2.6.2. 3  6 3  SOMI 

6 3

2  3 3

Diện tích hình quạt tròn bán kính OM, cung 60o là 2 3 60 2

360



 2

Diện tích nửa hình tròn bán kính OI là S  1

2..OI

2  1

2..2 3  6 2 Vậy diện tích phần hình tròn nằm ngoài tam giác ABC là:

2 (6  2  3 3 ) 8  6 3  14,74 (đvdt)

Giải đề: Tiêu Trọng Tú