Đề thi và HD chấm Toán chuyên TG (09-10)

Viết phương trình cạnh HG.. Tìm các giá trị của m để đoạn thẳng AB có độ dài ngắn nhất.. Bài 4: Cho đường tròn O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau.. Chứng minh rằng điểm M

UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập _Tự Do_Hạnh Phúc

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

Khoá ngày: 01-7-2009

Môn thi: TOÁN (Chuyên toán)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1:

1/ Giải phương trình: t4  4t3  5t2  4t 1 0  

2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x   x 2009 

Bài 2:

1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng GP: x - 2y + 1 = 0,

HP: 3x - 4y + 1 = 0 và I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG Viết phương trình cạnh HG.

2/ Giải hệ phương trình: 3 x 5y 9 0







Bài 3:

1/ Cho phương trình x2   2m 3 x m    2  3m 0  Định m để phương trình có

hai nghiệm x , x sao cho 1 2 2

x  2x đạt giá trị nhỏ nhất.

2/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y x  2 Gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng (d): y mx 1   với (P) Tìm các giá trị của m để đoạn thẳng AB

có độ dài ngắn nhất

Bài 4:

Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau Điểm E

di động trên cung nhỏ BC (E không trùng với B và C)

1/ Trên đoạn EA lấy đoạn EM = EB Chứng minh rằng điểm M di động trên một cung tròn cố định.

2/ Gọi K là giao điểm của BM và CD Chứng minh rằng bốn điểm A, M, K, D cùng nằm trên một đường tròn.

Bài 5:

1/ Tìm số tự nhiên có hai chữ số, sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của

nó bằng tổng lập phương của hai chữ số đó.

2/ Một dãy số có số hạng đầu là 16, còn số hạng đứng sau đều do chèn số 15 vào giữa số hạng liền trước, tức là: 16, 1156, 111556… Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy này đều là số chính phương.

Hết

*Ghi chú: Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do BGD&ĐT cho phép.

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:

Đề chính thức

LỜI GIẢI

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN

Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2009

Môn: Toán ( Chuyên toán)

Bài 1:

1/

* Vì t = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia 2 vế của phương trình cho t20 ta được: 2

2

* Đặt 1

y t

t

  ( Điều kiện: y  2) Phương trình trở thành: y2 – 4y + 3 = 0

 y = 1(loại) hoặc y = 3 (nhận)

* y = 3  1

t

   t2 – 3t + 1 = 0



t

2

3 - 5 t

2















* Vậy tập nghiệm của phương trình: S = 3 5 3 5

;

2/

Ta có: P = x - x 2009 

* = x - 2009 - x 2009  + 2009

* = ( 1 2 3

* = ( 1 2 3 3

    với mọi x  2009

* Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 20083

4 khi x = 2009

1 4

Bài 2:

1/

* Gọi G(m; n)

Vì I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG nên H(2xI  xG;2yI  yG) hay H(8-m; 6-n)

* Vì G GP  và H HP  nên ta có hệ phương trình:

m 2n 1







n 2







 Vậy: G(3; 2) và H(5; 4)

* Phương trình cạnh HG có dạng HG: y = a’x + b’

Vì: H, G thuộc HG nên ta có hệ phương trình:

3a ' b' 2

5a ' b' 4







a ' 1







 Vậy phương trình cạnh HG: y = x - 1

2/

* Ta có: 3 x 5y 9 0

2x y 7 0











 



5y 9

3

y 2x 7 (2)

Từ phương trình (1) suy ra 5y 9 0

3

5

  nên y < 0

Từ phương trình (2) suy ra 2x – 7  0 x 7

2

  nên x > 0

* Do đó hệ đã cho tương đương với:   



2x y 7

44 x 7 39 y

7







 

 



* Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (x; y) = 44 39 ;



Bài 3:

1/

* Ta có: = (2m - 3)2- 4(m2  3m)= 4m2 –12m+ 9–4m2+12m = 9 > 0 nên phương trình luôn có hai nghiêm phân biệt x1 = m – 3; x2 = m

* Nếu x1 m 3, x2 m thì :

x1 + 2x2 = ( m – 3 )2 + 2m

= m2 – 6m + 9 + 2m

= ( m – 2 )2 + 5  5 với mọi m  

Vậy: x1 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi m = 2

* Nếu x1 m, x2 m-3 thì :

x1 + 2x2 = m2 + 2(m – 3)

= m2 + 2m - 6

= ( m + 1)2 - 7  -7 với mọi m  

Vậy: x1 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1

* Do đó: x1 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1

2/

* Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

x2  mx 1   x2 – mx – 1 = 0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

2 A

2 B

2

x

2





Ta có:

2

b

a



Vậy AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m = 0

Bài 4:

1/ (

* Hình vẽ đúng ( cả hai trường hợp)

* Tam giác BEM có:BEM= 900 và EM = EB nên tam giác BEM vuông cân tại E

* Do đó: EMB 45   0 AMB 180   0  EMB 135   0

* Vậy điểm M nhìn đoạn AB cố định dưới góc không đổi 1350

nên M di động trên một cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn AB khi E thay đổi trên cung nhỏ BC

2/

∙Trường hợp đoạn BM cắt đoạn CD tại K

* Ta có: ∙  1

ADC

2

 sđAC 45   0 ∙ AMK 135   0

* Do đó: AMK ADC 180     0 Vậy ADKM nội tiếp

- Chú ý: thí sinh trình bày cách khác:

∙ Ta có:  1

ADC

2

 sđAC 45   0 và EMB 45   0 nên ADC EMB    (0,25đ)

∙ AMK EMB 180     0(kề bù)

Do đó: AMK ADC 180     0

Vậy ADKM nội tiếp (0,25đ)

.Trường hợp K nằm ngoài đoạn BM

* Ta có: AMK EMB 45     0 ( đối đỉnh)

∙  1

ADK

2

 sđAC= 450

Do đó: AMK ADK   

* Vậy tứ giác ADMK có hai đỉnh D và M cùng nhìn cạnh AK dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác đó nội tiếp

1/

* Gọi số phải tìm là ab (điều kiện : 1 a 9; 0 b 9     ; a,b  )

Ta có: ab(a + b) = a3 + b3

Suy ra: 10a + b = a2 + b2 – ab

 9a + a + b = (a + b)2 – 3ab

 3a.(3 + b) = (a + b) (a + b – 1)

* Mà (a + b) và (a + b – 1) nguyên tố cùng nhau nên:

E

D

C

B O

A

E

K M

D

C

B O

A

Bài 5:

a b 3a

a b 1 3 b

 







hoặc a b 3 b

a b 1 3a

  







* Giải hai hệ trên ta được: a 4

b 8











hoặc a 3

b 7











* Vậy số cần tìm là: 48 hoặc 37

2/

Ta có: số hạng thứ n có dạng: 111 155 56  

n n 1 

* Ta chứng minh số này là số chính phương

Thật vậy: 111 155 56 111 1.10  n 5.111 1.10 6

* 10 n 1 10 n 1 1

n



* 10 2n 4.10 n 4

9



*

2 n

3