Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm với mọi m.. Gọi x x1, 2 là các nghiệm của phương trình.. Cho tam giác ABC đều, nội tiếp trong đường tròn O.. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M.
Trang 1Họ và tên thí sinh:……… ………… Chữ ký giám thị 1:
Số báo danh:……… ……… ……….………
SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
* Môn thi: TOÁN (Chuyên)
* Lớp: 10 Ngày thi: 07/7/2011
* Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ
Câu 1 (2,0 điểm)
Chứng minh số n=2000042+2000032+2000022−2000012 không phải là số
chính phương
Câu 2 (2,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
1
x xy y
x xy y
⎨
− + = −
Câu 3 (2,0 điểm)
Cho phương trình: x2−(2m+3)x m + = (m là tham số) 0
a Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm với mọi m
b Gọi x x1, 2 là các nghiệm của phương trình Tìm giá trị của m để biểu thức
T = x + có giá trị nhỏ nhất x
Câu 4 (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC đều, nội tiếp trong đường tròn (O) Trên cung nhỏ BC lấy
điểm M Trên tia MA lấy điểm D sao cho MD MB=
a Chứng minh rằng tam giác MBD đều
b Chứng minh rằng MA MB MC= +
Câu 5 (2,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) trên đó có ba điểm A, B, C phân biệt Gọi H là trực tâm
tam giác ABC Tam giác ABC phải có điều kiện gì để AH + BC là lớn nhất? Tính giá trị
lớn nhất đó theo R
- HẾT - (Gồm 01 trang)
CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
* Môn thi: TOÁN (Chuyên)
* Lớp: 10 Ngày thi: 07/7/2011
* Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1 (2,0 điểm)
Ta có chữ số tận cùng của số 2000042 là 6, của số 2000032 là 9, của số 2000022 là
4, của số 2000012 là 1 Do đó n có chữ số tận cùng là 8 1,0đ
Mà một số chính phương thì chữ số tận cùng khác số 8 Nên n không phải là số
chính phương 1,0đ
Câu 2 (2,0 điểm)
2 2 19 (1)
1 (2)
x xy y
x xy y
⎨
− + = −
⎩
Lấy (1) trừ (2) theo vế, ta được: ( ) (2 )
20 0
x y+ − x y+ − = (3) 0,25đ
5
4
x y
x y
+ =
⎡
Với x y+ = , thay vào (2) ta được 5 xy= 0,25đ 6
Khi đó, ta có: 5 2
⇔
3 2
x y
⎧ =
⎨
=
Với 4x y+ = − , thay vào (2) ta được 3xy= − 0,25đ
Khi đó, ta có: 4 2 7
⎧ + = − = − −
⇔
= − +
2 7
2 7
x y
⎧ = − +
⎪
⎨
= − −
Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm là
2 3
x
y
=
⎧
⎨ =
⎩ ,
3 2
x y
=
⎧
⎨ =
⎩ ,
2 7
2 7
x y
⎧ = − −
⎪
⎨
= − +
2 7
2 7
x y
⎧ = − +
⎪
⎨
= − −
Câu 3 (2,0 điểm)
2m 3 4m 4m 8m 9
( )2
4 m 1 5 0, m
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 0,25đ
b Theo định lí Vi-ét, ta có x1+x2 = 2m+ 3, x x1 2 =m 0,25đ (Gồm 03 trang)
CHÍNH THỨC
Trang 3Do đó, 2 2 ( )2
( )2 2
2m 3 2m 4m 10m 9
2
5 11 11
2 4 4
=⎜ + ⎟ + ≥ ∀ ∈
11
4
T = khi 5
4
m= −
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là 11
Câu 4 (2,0 điểm)
D B
C O
A
M
Hình vẽ đúng 0,25đ
a/ Ta có: MD MB= (gt)
Mặt khác, BMD BMA BCAn=n=n (các góc nội tiếp cùng chắn BAp) 0,25đ
⇒BMDn= 60 0
b/ Xét ΔABD và ΔCBM, ta có:
BD BM BA BC= , = (vì ΔBMD, ΔABClà các tam giác đều) (1) 0,25đ
Từ (1) và (2) suy ra ΔABD= ΔCBM (c-g-c)
⇒AD MC=
⇒AD MD MC MB+ = +
⇒MA MB MC= + 0,5đ
Câu 5 (2,0 điểm)
*Xét trường hợp: nBAC< 90 0
Trang 4D
O A
Vẽ đường kính BD, ta có: nBCD= 90 0 (góc nội tiếp chắn đường kính)
⇒ ⊥ mà AH ⊥CB suy ra CD AH//
Tương tự, ta có AD CH// , do đó AHCD là hình bình hành
Khi đó:
2 2
Đẳng thức xảy ra khi BC CD= , lúc đó tam giác BCD vuông cân tại C và ta có
n n 45 0
Vậy với tam giác ABC có BACn= 45 0 thì max (AH BC+ ) 2 = R 2 0,25đ
* Xét trường hợp BACn> 90 0:
H
D O
A
B
C
Tam giác BCD vuông cân tại C cho ta nBDC= 45 0 Khi đó:
n 180 0 n 180 0 45 0 135 0
* Trường hợp BACn= 90 0:
Ta có H trùng A và BC là đường kính của (O)
Khi đó AH BC+ = 2R< 2R 2
Tóm lại với nBAC= 45 0 hoặc BACn= 135 0 thì ta có max (AH BC+ ) 2 = R 2 0,25đ
- HẾT -
