Đề thi tuyển sinh p.t.t.h.. Bài 4 3 điểm Cho đờng tròn o, r và hai đờng kính AB, CD vuông góc với nhau.. tuyển sinh p.t.t.h... Đờng tròn qua 3 điểm B,K,N cắt đờng trònO tại điểm thứ hai
Trang 1Đề thi tuyển sinh p.t.t.h chuyên
Môn: toán
( Học sinh làm bài 180 phút- không kể thời gian giao đề )
Đ1
Bài 1( 2 điểm):
Cho biểu thức :
A=
a 1
1 a 1
1 a
1
4 2a 3 2
a Rút gọn A
b Tìm giá trị lớn nhất của A
Bài 2 (2,5 đ ):
Cho phơng trình :
x2-2(m+2)x +m+1 = 0 (x là ẩn, m là tham số )
a Giải phơng trình khi m=
2
3
b Tìm các giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu
c Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình.Tìm các giá trị của m để :
x1( 1- 2x2)+ x2 (1- 2x1)=m2
Bài 3 (2 điểm)
Dân số xã X hiện nay có 10000 ngời Ngời ta dự đoán sau hai năm dân số xã X là 10404 ngời Hỏi trung bình hàng năm dân số xã X tăng bao nhiêu phần trăm?
Bài 4 ( 3 điểm)
Cho đờng tròn (o, r) và hai đờng kính AB, CD vuông góc với nhau E là
điểm bất kỳ trên cung nhỏ BD (E B , E D ) EC cắt AB ở M , EA Cắt CD ở N
a Hai tam giác AMC và ANC có quan hệ với nhau thế nào ? Tại sao ?
b Chứng minh: AM CN = 2 r2
c Giả sử AM = 3 MB Tính tỉ số
ND
CN
Bài 5 ( 1 điểm )
Tìm tất cả các cặp số (x; y ) thoả mãn phơng trình sau :
5x - 2 x( 2+y ) + y2 +1 = 0
đáp án Đ.t tuyển sinh p.t.t.h chuyên
Bài 1:
Trang 2a Rút gọn (1 đ)
A=
2
2
a a 1 a 1 a 1
4 2a
2
2 2
2
a a 1 a 1 a 1
a a 1 a 1 a
a 1 a 1 a 1
a a 1 a 1
a a
1
2
b Biểu thức A có giá trị lớn nhất khi 1+a+a2 có giá trị nhỏ nhất 0,25 đ Vì a0 nên 1+a+a2 1 mẫu của biểu thức A có giá trị nhỏt nhất là 1 0,5 đ
Bài 2 : (2,5đ)
a.(0,5đ): Thay m = -
2
3
vào phơng trình ta đợc :
x2-
2(-2
3
+ 2)x +
2
3
+ 1 = 0
2x2 + 2x – 1 = 0
Vì / = 3 nên x1=
2
3
1
2
3
1
b (1đ): Phơng trình đã cho có hai nghiệm trái dấu khi a.c < 0 tức là :
Vậy với m < -1 thì phơng trình đã cho có hai nghiệm trái dấu 0,25 đ
c (1đ) : Tìm giá trị m của phơng trình đã cho để có :
x1 ( 1 – 2x2 ) + x2( 1-2x1 ) = m2
x1 – 2x1x2 + x2 –2x1x2 = m2
( x1 + x2 ) –4x1x2 = m2 (1) 0,25 đ Theo Vi et thì x1+ x2 =
a
b
=2(m+2) x1 x2 =
a
c
= m + 1 nên (1) có dạng :
2(m + 2 ) - 4( m +1 ) =m2 0,25đ
2m + 4 – 4m - 4 = m2
m2+2m =0
Vậy với m = 0 hoặc m =- 2 thì > 0 phơng trình đã cho
Bài 3 (2 điểm)
Gọi tỉ số phần trăm tăng dân số hàng năm của xã X hàng năm là
100
x
(x >0) Dân số xã X hiện nay có 10 000 ngời thì sau 1 năm dân số sẽ là:
10 000 +
100
x
10 000 = 10 000 + 100 x (ngời) Sang năm thứ 2 dân số xã X sẽ là :
10 000 + 100 x +
100
x
.(10 000 + 100 x ) =10 000 +200 x +x2 (ngời) 0,5 đ sau 2 năm dân số xã X là 10 404 ngời nên có phơng trình
10 000 + 200 x + x2 = 10 404
Giải phơng trình đợc x1 =2 ; x2 =- 202 (loại)
2
Trang 3Sau khi thö l¹i cã kÕt qu¶ :
D©n sè x· X hµng n¨m t¨ng 2% 0,25®
Bµi 4 : (3®)
-VÏ h×nh ghi gi¶ thiÕt, kÕt luËn
a, V× AB CD nªn cung AD= cung DB = cungBC = cung AC
Sè ®o NAC=
2
1
sè ®o( cung EB + cung BC)
Sè ®o AMC=sè ®o (cung EB + cung AC)
NAC = AMC 0,25®
Sè ®o CAN =
2
1
sè ®o cung AD =
2
1
sè ®o cung BC =
2
1
sè ®o cung MAC 0,25® VËy AMC ANC v× cã hai cÆp gãc t¬ng øng b»ng nhau 0,5®
b, V× AMC ANC nªn
AN
AC AC
AM
AM.CN = AC2 0,5® Theo ®ing lý PiTa Go trong vu«ng AOC ta cã AC2=OA2+OC2
Hay AC2=2r2 0,25® VËy AM CN = 2r2 0,25®
c, Ta cã AM+MB = 2r
Mµ AM = 3MB
Nªn 4MB = 2r MB =
2
1
r
AM = r
2
3
0,25®
CN =
AM
r2
2 CN = r
3
4
0,25® V× CN +ND = 2r nªn ND = 2r - r
3
4
= r
3
2
0,25® VËy 2
ND
CN
0,25®
Bµi 5 :
Ph¬ng tr×nh : 5x -2 x(2+ y)+ y2+1 =0
4x - 4 x +1 +y2 -2 x.y +x = 0
(2 x - 1)2 + (y - x)2 =0 (1) 0,25®
VÕ tr¸i cña (1) lµ tæng cña hai biÓu thøc kh«ng ©m,
nªn mçi biÓu thøc ph¶i b»ng 0
V©y (1)
0 0 1 2
x y
x
2 1 4 1
y
x
0,5®
VËy cÆp sè ph¶i t×m lµ: (
4
1
;
2
1
) 0,25®
A
E
B
D
M
C O N
Trang 4Đề thi tuyển sinh p.t.t.h chuyên
Môn: toán
( Học sinh làm bài 180 phút- không kể thời gian giao đề )
Đ3
Bài I (2điểm)
a) Trong mọi cặp nghiệm của phơng trình :
x2 - yx2 +2xy – y + 7 = 0
Hãy tìm cặp nghiệm (x ,y) mà y có giá trị nhỏ nhất
b)Cho x và y liên hệ với nhau bởi hệ thức :
x2 + 2xy + 7(x + y) + 2y2 + 10 = 0
Hãy tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức S = x + y +1
Bài II (1,5điểm)Giả sử hệ phơng trình sau có nghiệm :
b ay
cx
a cy
b x
c
b y ax
Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc
Bài III)(2 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đờng tròn (O), có đờng cao AN và CK (N thuộc
BC, K thuộc AB) Đờng tròn qua 3 điểm B,K,N cắt đờng tròn(O) tại điểm thứ hai M Gọi
P là trung điểm của AC Chứng minh rằng PM MB
Bài IV)(3 điểm)
Cho đờng tròn(O,R) và điểm P cố định nằm trong (O) Qua P vẽ 2 cát tuyến APB
và CPD vuông góc với nhau(A,B,C,D thuộc đờng tròn(O))
a)Chứng minh rằng AC2 +BD2 không đổi Từ đó suy ra PA2 +PB2 +PC2 +PD2 không đổi b)Gọi I là trung điểm của BC Chứng minh rằng khi hai cát tuyến APB và CPD quay quanh P và vuông góc với nhau thì điểm I luôn nằm trên một đờng tròn cố định
Bài V) (1,5điểm)Giải phơng trình :
5 6 3 28 6
3 11 4
x
4
Trang 5hớng dẫn chấm Đề thi tuyển sinh
Bài I
a)(1đ)
x2 - yx2 +2xy – y + 7 = 0 0,25đ
(1 –y)x2 + 2xy – y + 7 = 0 (*)
i) y = 1 x= -3
ii) y 1 Xem (*) là phơng trình ẩn x
+ Tính ’ = y2 –(1-y)(-y+7) 0 y 7/8
Từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất : y = 7/8 0,5đ
Kết luận :( x = -7 ; y =7/8) là cặp nghiệm mà y có giá trị nhỏ nhất
b)(1đ)
(x2 +y2 + 1+2xy +2x +2y) + 5(x+ y+1) + 4 = - y2
+ Từ đó suy ra : (x2 +y2 + 1+2xy +2x +2y) + 5(x+ y+1) + 4 0
S2 + 5S + 4 0 hay – 4 S -1 0,5đ
+Từ đây : S đạt giá trị nhỏ nhất S = - 4 khi x = - 5 ; y = 0
S đạt giá trị lớn nhất S = - 1 khi x = - 2 ; y = 0 0,25đ
Bài II (1,5đ)
+Giả sử (x0, y0 , z0) là nghiệm củahệ phơng trình
b(3) ay
cx
a(2) cy
bx
c(1) by
ax
0 0
0 0
0 0
Nhân cả hai vế của từng phơng trình với lần lợt c2 , a2 , b2 ta có :
3 0
2 0
2
3 0
2 0
2
3 0
2 0
2
b y
ab x
c b
a y
ca x
ba
c y
bc x
ac
0,5đ
Cộng từng vế các phơng trình trên ta có
x0(ac2+a2b+b2c) +y0(bc2+a2c+ab2) = a3+b3+c3 (1)
+Nhân từng vế của (1) ,(2) ,(3) lần lợt với ab ,bc , ac ta có
abc cy
a x
ac
abc y
bc cx
b
abc y
ab bx
a
0 2
0 2
0 2 0
2
0 2 0
2
0,5đ
Cộng từng vế 3 phơng trình trên ta có
x0(ac2+a2b+b2c) +y0(bc2+a2c+ab2) = 3abc (2) 0,5đ +Từ (1) và (2) a3+b3+c3 = 3abc
Bài III.(2điểm)
5
A
D
K H P
M
I 0
C
B N
Trang 6
Giải AH BC(H là trực tâm ABC) và DC BC nên AH // DC (1) (0,5đ) Chứng minh tơng tự :CH //AD (2) (0,25đ) Từ (1) và (2) tứ giác ADCH là hình bình hành mà P là trung điểm của BC nên P cũng là trung điểm của HD (0,25đ) * Gọi I là tâm đờng tròn đờng kính BH Ta có OI là đờng trung bình của tam giác BHD OI //HD hay OI //HP (0,5đ) Mặt khác MB là dây cung chung của hai đờng tròn(I) và (O) (0,25đ) OI MB và do đó HP MB Ta có HP MB và HM MB nên P,H,M thẳng hàng (0,25đ) PM MB Bài 4:
Giải: a)(1,5đ)Vẽ đờng kính BE của (O) EAB = 900(Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) Chứng minh ACDE là hình thang cân AC = DE (0,5đ) DEB vuông tại D, theo định lý Pitago ta có DE2 +BD2 = BE2 Do đó AC2 +BD2 = 4R2 không đổi (0,5đ) PAC vuông tại P nên PA2+ PC2 = AC2 (0,5đ) PBD vuông tại P nên PB2 + PD2 = BD2 Cộng từng vế ta có PA2+ PB2 + PC2 + PD2 = AC2 +BD2 = 4R2 b)1,5 điểm OI là đờng trung bình của tam giác EBC nên OI = 1/2 EC PI là trung tuyến của PBC vuông tại P nên PI = 1/2 PBC CEB vuông tại C nên EC2 + BC2 = EB2 = 4R2 Do đó IO2+IP2 = 1/4EC2+ 1/4BC2 = R2 (0,25đ) Gọi K là trung điểm của PO vẽ IH PO, H PO các tam giác HPI,HKI,HIO vuông tại H Do đó : OI2= IH2 + OH2 ,IP2= IH2 + HP2, IK2 =IH2 + HK2 OI2 + IP2 – 2IK2 =OH2 + HP2 – 2 HK2 = 2 ) 2 2 2 2 ( ) 2 (OPHK OP HK HK 6 A
D
K H P
M
I 0
C
B N
C
I
A B
H K
O E
D
Trang 7= 2 2 2 2 2 2
4
.
OP HK
HK OP
OP
=
2
2
OP (0,5đ)
Từ OI2 + IP2 – 2IK2 =
2
2
OP và OI2 + IP2 = R2
R2 - 2IK2 =
2
2
OP
IK2 = )
2
( 2
R
2
( 2
R = 2 2 2
2
1
OP
R không đổi (0,5đ)
K cố định vì P,O cố định nên I thuộc đờng tròn (K , 2 2 2
2
1
OP
R )
Bài V (1,5đ)
Giải phơng trình :
5 6 3 28 6
3 11 4
x
2 2 4 11 3 4 6 2 28
x
25 ) 1 2 ( 3 9 ) 1 2 (
8 5 3 25
9
0,25đ
5 6
3 2
x x = -3(x2 –2x +1) +8 8 0,5đ Dấu bằng xảy ra khi
0 ) 1 (
0 ) 1 (
2 2 2
x x
x =1 0.25 đ
( Ghi chú : HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.)
