Sáng tác CâuIII: 1.0 điểm Tìm hai số tự nhiên biết hiệu bình phơng hai số đó bằng 169.. Các đờng thẳng MF và NE cắt đờng thẳng PQ lần lợt tại B và C.. Kéo dài MB và NC cắt nhau tại A.. C
Trang 1Sở GD&ĐT Thanh Hoá đề thi tuyển sinh lớp 10 (36)
trờng THPTchuyên Lam sơn năm 2006
Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút
CâuI: (1.5 điểm)
+
−
−
+
−
−
+ + +
+
=
2
2 1 : 8
32 8
2
4 4 2
) 2
x x
x
x x
x x
x x P
1) Rút gọn P
2) Giải phơng trình P = x – 4
(Bài 17 trang 29 – Căn số và Toán vô tỉ – Hoàng Kỳ – NXBGD 2001, ý 2) sáng tác)
CâuII: (1.5 điểm)
Cho phơng trình: x2 + (2m – 1)x + m - 2 = 0 (*) (m là tham số)
1) Xác định m để phơng trình (*) có hai nghiệm trong đó có một nghiệm nhỏ hơn 1, còn nghiệm kia lớn hơn 2
2) Xác định m để phơng trình (*) có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : 1 12 3
2
2 1
= +
x
x
(Sáng tác)
CâuIII: (1.0 điểm)
Tìm hai số tự nhiên biết hiệu bình phơng hai số đó bằng 169
(Đề thi học sinh giỏi lớp 9 năm học 1972 – 1973)
CâuIV: (2.0 điểm)
1) Giải phơng trình: x2 + 6x− x+ 12 = 0 (Sáng tác)
2) Vẽ đồ thị hàm số: y =x+ 1 + 2x− 1
Tìm m để phơng trình: x+ 1 + 2x− 1 =m có nghiệm duy nhất (Sáng tác)
CâuV: (2.0 điểm)
Cho hình vuông MNPQ, lấy điểm E thuộc cạnh MQ, điểm F thuộc cạnh NP sao cho: ME = PF Các
đờng thẳng MF và NE cắt đờng thẳng PQ lần lợt tại B và C Kéo dài MB và NC cắt nhau tại A Chứng minh rằng tam ABC là tam giác vuông
(Bài toán 5, Toán học và tuổi trẻ
2002
8
)
CâuVI: (2.0 điểm)
Kéo dài cạnh CC’ của hình hộp ABCD.A’B’C’D’ về phía C’ và lấy điểm M trên đó sao cho: MC’ = C’C Một đờng thẳng thay đổi qua A cắt A’M tại P1; cắt A’C tại P2 Gọi I là giao điểm của AP1 và A’C’
1) Chứng minh 1 '' '
2 A C
I A AP
AI
+
1 A C
IC AP
AI
2) Gọi V là thể tích hình hộp; V1, V2 là thể tích hình chóp P1ABCD và P2ABCD Chứng minh:
2
1
2
1
6
V
V
V = +
(Bài toán 3 trang 116 – Hình hộp và hình tứ diện – Văn Nh Cơng)
Trang 2Sở GD&ĐT Thanh Hoá
Trờng THPT Lê Lai
-* -đáp án - thang điểm
đề thi tuyển sinh lớp 10 trờng THPT chuyên Lam sơn
năm học 2006 - 2007
Môn:toán
Điều kiện: x > 0 và x≠ 4
2
: 8
32 8
4 2 4 2 )
2
+
−
−
− + + +
− +
=
x
x x
x
x x
x x
x x P
0.25
x
x x
x
x x
8
4 2
−
+ +
−
x
x x
x x
x
x x
8
8
−
− +
Với điều kiện ở câu 1), ta có:
P = x – 4
( )( )
0 2 3
0 2 3 2
4 )
2
=
−
−
⇔
=
−
− +
⇔
−
= +
⇔
x x
x x x
x x
x
0.25
−
=
+
=
⇔
2
17 3 2
17 3
x x
0 2
17 3
<
−
=
x loại, với
2
17
3 +
=
x ta có
2
17 3
13 +
=
x thoả mãn điều kiện câu 1)
Vậy phơng trình có một nghiệm duy nhất là
2
17 3
13 +
=
x
0.25
Trang 3Ta tìm m để phơng trình (*) có một nghiệm nhỏ hơn 1 còn nghiệm kia lớn
hơn 1
Đặt x= X + 1 ta đợc phơng trình:
X2 + (2m +1)X + 3m – 2 = 0 (**) Nếu x < 1 thì X < 0 và nếu x > 1 thì X > 0, do đó, ta tìm m để phơng trình
(**) có hai nghiệm trái dấu
3
2 0
2
⇔ m m (1)
Vậy nếu m <
3
2
thì phơng trình (*) có một nghiệm nhỏ hơn 1 còn nghiệm kia lớn hơn 1
0.25
Tơng tự, ta tìm m để phơng trình (*) có một nghiệm nhỏ hơn 2 còn nghiệm
kia lớn hơn 2
Đặt x = Y + 2 ta đợc phơng trình:
Y2 + (2m + 3)Y + 5m = 0 (***) Phơng trình (***) có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi:
5m < 0 ⇔ m < 0 (2)
0.25
Phơng trình (*) có một nghiệm nhỏ hơn 1 còn nghiệm kia lớn hơn 2 khi và
chỉ khi m thoả mãn đồng thời (1) và (2) Vậy m < 0 0.25
Phơng trình (*) có hai nghiệm x1, x2 khác 0 khi và chỉ khi:
≠−
≥+
−
⇔
≠
≥∆
02
09 8
4 0
m
m m a
c (I)
0.25
Ta có:
2 2
2 1 2 1
2 2 1
2 2
2 1
2 2
2 1
2 2
2 1
3 2
) (
3
3 1 1
x x x x x
x
x x x x
x x
=
− +
⇔
= +
⇔
= +
0.25
−
=
=
⇔
=
− +
⇔
7 1
0 7 6
2
m m
m m
Cả hai giá trị này đều thoả mãn (I)
Vậy các giá trị m cần tìm là m = 1 và m = -7
0.25
Trang 4III 1.00
Gọi 2 số đó là x, y (x, y∈N) ta có
169
2
x
1 169 169 1 13 13 ) )(
0.25
Ta đợc hệ sau:
(I)
= +
=
−
13
13
y x
y
x
(II)
= +
=
−
169
1
y x
y x
(III)
= +
=
−
1
169
y x
y x
0.25
(I)
= +
=
−
13
13
y x
y
x
⇔
=
=
0
13
y x
(II)
= +
=
−
169
1
y x
y
x
⇔
=
=
84
85
y x
(III)
= +
=
−
1
169
y x
y
x
⇔
−=
=
84
85
y x
0.25
Do y= − 84 ∉N nên chỉ có 2 cặp số thoả mãn yêu cầu bài toán đó là (13;0)
Trang 5TXĐ: D =[ − 12 ; +∞ )
Phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình:
( + )2 −
3
Đặt
( )
>
= +
+
=
+
0 9 3
3
v x
u
x
Ta có
=
−
=
−
9
9
2
2
u
v
v
u
0.25
=
−
= + +
−
⇔
9
0 )1 )(
(
u
v u v
u
⇔
=
−
= + +
=
−
9
0 1 0
2 v u
v u
v
=−
=+
+
=−
=−
⇔
(II)
9 01
(I)
9 0
2
2
v u vu
v u vu
Giải (I)
=
−
=
−
9
0
2 v
u
v
u
⇔
+
=
+
=
2
37 1 2
37 1
v
u
hoặc
<
−
=
−
=
0 2
37 1 2
37 1
v
u
(loại)
Giải (II)
=
−
= +
+
9
0
1
2 v
u
v
u
⇔
<
−
−
=
+
−
=
0 2
33 1 2
33 1
v
u
(loại) hoặc
+
−
=
−
−
=
2
33 1 2
33 1
v
u
0.25
Trang 6Với
+
=
+
=
2
37 1 2
37 1
v
u
2
37
5 +
−
=
⇒x
Với
+
−
=
−
−
=
2
33 1 2
33 1
v
u
⇒
2
33
7 −
−
=
x
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm:
2
37
5 +
−
=
2
33
7 −
−
=
x
0.25
-3x + 1 với x≤ − 1
y = -x + 3 với -1 < x ≤ 1
3x - 1 với x > 1
0.25
Suy ra đồ thị của hàm số
0.25
Nghiệm của phơng trình chính là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
1 2
1 + − +
y với đờng thẳng y = m Vậy để phơng trình có nghiệm duy nhất thì đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số
1 2
1 + − +
y tại một điểm duy nhất
0.25
Đồ thị hàm số y =x+ 1 + 2x− 1 đợc vẽ nh hình 1
Đờng thẳng y = m là đờng thẳng song song với trục hoành cắt Oy tại điểm
có tung độ bằng m Vậy ycbt ⇔ m= 2
0.25
Trang 7
áp dụng định lí Talet ta có : ME EQ =MN BQ (1)
MN
PC FN
PF = (2)
0.50
Vì ME = NF ⇒ ME EQ =FN PF (3)
Từ (1); (2); (3) ⇒ MN BQ =MN PC
0.50
NP
PC QB
MQ
=
⇔
Suy ra hai tam giác vuông BMQ và NCP đồng dạng với nhau
0.50
Suy ra ∠MBQ+ ∠NCP= ∠CNP+ ∠NCP = 90 0
Trang 8
Vì A’I//AC nên : AP P I AC A'I AP AI AP AP P I AC AC A'I
2
2 2 2 2
' '
' 1
2 A C
I A AP
AI = +
⇔ (1)
0.50
Mặt khác, do C’M //= AA’ nên AC’MA’ là hình bình hành
' //
A
⇒
'
'
1 IA
IC IP
AI
=
⇒
' '
' '
'
'
1
IC IA
IC
IC IP
AI
AI AP
+
= +
=
⇒ (2)
0.50
' '
' ' 1 ' '
' ' '
' 1
2 1
= +
= +
+
= +
C A
C A C
A
IC C A
I A AP
AI AP
AI
AI AP AP
2 1 1
2 1
= +
Gọi h, h1, h2 lần lợt là khoảng cách từ I, P1, P2 đến mp(ABCD) và α là góc
tạo bởi đờng thẳng AP1 với mp(ABCD) thì:
α α α
sin sin sin
2 2
1 1
h AP
h AP
h AI
=
=
=
Thay cả vào (3) ta có: h1 h1 h2
2 1
= + (4) Gọi S là diện tích hình bình hành ABCD
(4) h1S h1S hS2
2 1
= +
⇔
V V V
V V V
6 1 1
2 3
1 3
1
2 1
2 1
= +
⇔
= +
⇔
Suy ra điều phải chứng minh
0.50
