Đề thi vào lớp 10 chuyên toán_mã đề 01

Vẽ đờng kính BOD a/ Chứng minh DC //OA b/ Trung trực của BD cắt AC và cắt đờng thẳng DC tại S và E.. Chứng minh tứ giác OCEA là hình thang cân c/ Gọi I là giao điểm của OA và đờng tròn O

Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Môn chung : Toán (Dành cho khối chuyên B C D)– –

Thời gian làm bài : 150 phút Bài 1 (2.0 điểm) : Cho biểu thức P = 3 3 3 2 1 1

a/ Rút gọn P

b/ Tìm m để P = 2

c/ Tìm giá trị m tự nhiên sao cho P là số tự nhiên

Bài 2 (1.5 điểm)

a/ So sánh : 1 50

2 và 1 200

5

c/ Tìm các số nguyên x, y sao cho y = x2 + 4x+ 5

Bài 3 ( 1.0 điểm) : Cho A(0 ; 5); B(-3 ; 0); C(1 ; 1); M(-4,5 ; -2,5)

a/ Chứng minh : 3 điểm A, B, M thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng

b/ Tính diện tích tam giác ABC

Bài 4 (3,0 điểm) : Cho đờng tròn (O ; R) và điểm A với OA = 2R Vẽ các tiếp tuyến AB và

AC với (O) ( B , C là các tiếp điểm) Vẽ đờng kính BOD

a/ Chứng minh DC //OA

b/ Trung trực của BD cắt AC và cắt đờng thẳng DC tại S và E Chứng minh tứ giác OCEA

là hình thang cân

c/ Gọi I là giao điểm của OA và đờng tròn (O) Chứng minh SI là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

Bài 5 (1.0 điểm ) : Đờng tròn nội tiếp với tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB

t-ơng ứng tại D, E, F Gọi H là hình chiếu của D trên EF Chứng minh rằng ãBHD CHD=ã

Câu 6 ( 1.5 điểm) :

a/ Cho biết : (x+ x2 + 3)(y+ y2 + 3)= 3 Tính giá trị của biểu thức M = x + y

b/ Tìm tất cả các bộ số x, y, z, t thoả mãn : xyzt =xy+ zt

c/ Cho a, b, c là ba số dơng thoả mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh

a b c +b c a +c a b ≥

-Họ và tên thí sinh :

Số báo danh : Phòng thi :

Giáo viên ra đề : Nguyễn Đức Tính

ĐT : 01292837488 Email : ngdtinh@yahoo.com.vn

Web : http://violet.vn/gvngdtinhtp

Đáp án

Bài 1 (2.0 điểm) : a/ Điều kiện m ≥ 0 và m ≠ 1

P =

1

b/ P = 2 <=>

9

9

m

m

=



 + = − <=>

 =



( thoả mãn điều kiện)

c/ Ta có : P = 1 2

1

m

+

− nên để P ∈ N thì m− 1 ∈ Ư(2) Suy ra : m− 1 ∈ {− − 2; 1;1;2} Từ đó suy ra m = 0; 4; 9

Với m = 0 thì P = -1 loại

Với m = 4 thì P = 3 (t/m)

Với m = 9 thì P = 2 (t/m)

Vậy m = 4 hoặc m = 9

Bài 2 (1.5 điểm)

a/ Ta có : 1 50

2 = 12,5 và 1 200

Do 12,5 8 1 50 1 200

> => >

b/ Ta có : x2 + 4x + 3 = (x + 1)(x + 3)

x2 + 8x + 15 = (x + 3)(x + 5)

x2 + 12x + 35 = (x + 5)(x + 7)

x2 + 16x + 63 = (x + 7)(x + 9)

Điều kiện : x ≠ -1; -3; -5; -7; -9 : Phơng trình đã cho tơng đơng

2

( 1)( 3) ( 3)( 5) ( 5)( 7) ( 7)( 9) 5

<=> + − = <=> − + = <=> = = −

(thoả mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm S = {− 11;1}

c/Ta có : x2 + 4x + 5 = (x + 2)2 + 1 với mọi x, nên y luôn xác định với mọi x, từ đó ta cũng

có y > 0

Bình phơng hai vế y = x2 + 4x+ 5 ta đợc y2 = (x + 2)2 + 1

<=> (y + x + 2)(y – x – 2) = 1 Vì x,y là số nguyên nên (y + x + 2); (y – x – 2) cũng

là số nguyên Ta thấy tổng và tích của hai biểu thức này là dơng nên

 =>

 − − =  =

Bài 3 ( 1.0 điểm) : a/ Gọi đờng thẳng y = ax + b là đờng thẳng AB

Đờng thẳng này đi qua 2 điểm A(0 ; 5) và B(-3 ; 0) => y = 5

3x + 5

Điểm M(-4,5 ; -2,5) thuộc đờng thẳng y = 5

3x + 5 Do đó A, B, M thẳng hàng

Điểm C(1 ; 1) không thuộc đờng thẳng y = 5

3x + 5 Do đó A, B, C không thẳng hàng b/ Ta có : AB2 = 2 2

3 5 34

− + =

AC2 = (1 – 0)2 + (1 – 5)2 = 17

BC2 + (-3 – 1)2 + (0 - 1)2 = 17 Suy ra : AB2 = AC2 + BC2 suy ra tam giác ABC vuông tại C

Do đó : 1 . 1 17 17 8,5( )

ABC

Bài 4 (3,0 điểm) :

I

S O

E

B

A

a/ OA ⊥ BC ( do OA là trung trực của BC)

CD ⊥ BC ( do C thuộc đờng tròn đờng kính BD)

=> OA // CD

b/ CE // OA ( do CD // OA) (1)

∆ODE = ∆BOA (g.c.g) nên EO = AB =>EO = AC (2)

Từ 1, 2 => OCEA là hình thang cân

c/ ∆ SOA cân tại S có SI là trung tuyến ( OI = IA = OA/2) nên SI cũng là đờng cao

=> SI ⊥ OI tại I => SI là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

Bài 5 (1.0 điểm ) :

I

H F

E

B

A

C D

Hạ BI ⊥ EF và CK ⊥ EF => BI // DH // CK

Theo định lý ta lét ta có : BD IH

DC = HK , theo t/c tiếp tuyến BD = BF; DC = CE nên : BF IH

CE = HK (1)

Dễ thấy ∆BIF đồng dạng với ∆CKE ( theo trờng hợp g.g)

=> BI IF BF (2)

CK = KE =CE

Từ (1) và (2) => BI IF IH

CK = KE =HK =>∆BIH đồng dạng với ∆CKH ( theo trờng hợp g.c.g)

=>BHD CHDã = ã

Câu 6 ( 1.5 điểm) :

a/ Ta có :

(x+ x2 + 3)( y+ y2 + 3)( x2 + − 3 x)( y2 + − 3 y) = (x2 + − 3) x2   (y2 + − 3) y2 = 3.3 9 =

Mà (x+ x2 + 3)(y+ y2 + 3)= 3 => ( x2 + − 3 x y)( + y2 + − 3 y) = 3

=> (x+ x2 + 3)( y+ y2 + 3) = ( x2 + − 3 x y)( + y2 + − 3 y)

=> x y2 + = − 3 y x2 + 3

- Nếu x = 0 => y = 0 = M = x + y = 0 (1)

- Nếu x ≠ 0 => y ≠ 0 và x, y trái dấu Khi đó bình phơng hai vế ta đợc

x2(y2 + 3) = y2(x2 + 3) => x2 = y2 => x = -y ( Do x, y trái dấu)

 M = x + y = 0 (2)

Từ (1) và (2) => M = x + y = 0

b/ Đặt : a xy b zt= , = , Bình phơng hai vế ta đợc 100a + b = (a + b)2

<=> a+ 2 b= 100

Vì b là số có hai chữ số mà phải là số chính phơng nên b nhận 6 giá trị sau : 16 ; 25 ; 36; 47; 64; 81 Khi đó các giá trị tơng ớng của a là : 92; 90; 88; 86; 84; 82

Vậy ta có các bộ số x, y, z, t thoả mãn là

(x, y, z, t ) =(9; 2; 1; 6) ; (9; 0; 2; 5); (8; 8; 3; 6); (8; 6; 4; 9); (8; 4; 6; 4); (8; 2; 8; 1)

a b c +b c a +c a b ≥

Đặt a 1;b 1;c 1

= = = Từ a, b, c > 0 và abc = 1 suy ra x, y, z > 0 và xyz = 1

áp dụng BĐT cô si ta có : x + y + z ≥3 xyz3 và xyz = 1 suy ra x + y + z ≥ 3 (2)

Sau khi thay x, y, z vào (1) ta đợc : 2 2 2 3(3)

2

y z+ z x+ x y ≥

áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có

2

(4) 2

y z z x x y

y z z x x y

 ữữ + ữ + ữ + + + + + ≥ + +

 +   +   +  

<=> + +  + + ≥ + +

+ +

<=> + + ≥

Kết hợp (2) và (4) ta đợc điều phải chứng mính

Dấu “=” xảy ra khi : a = b = c = 1