Đề thi và đáp án thi vào lớp 10 Toán AB – 150 phút

Bài 5: Một nhóm học sinh định chia một số kẹo thành các phần quà cho các em nhỏ tại một đơn vị trẻ mồ côi.. Hỏi số kẹo mà nhóm học sinh này có.[r]

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO TRƯỜNG PTNK 2008 – 2009

TOÁN AB – 150 PHÚT

Bài 1: Cho phương trình 2 2 2 (2 1) 6 ( )1

2

x mx m

m x

x m

+ a) Giải phương trình khi m = 1

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm

Bài 2:

a) Giải phương trình 2x− −1 2 x− = −1 1

b) Giải hệ phương trình 22 2 4

x x y xy

x xy

⎧

⎨

⎩

Bài 3:

a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị cùa biến x ( x > 1)

x x x x x x A

x x x x x x

=

b) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a+ 2b− 3c= 0 và bc+ 2ac− 3ab= 0 Chứng minh rằng

a= =b c

Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp có góc A nhọn và hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại M P là trung điểm của CD, H là trực tâm của tam giác ABD

a) Tính tỷ số PM

DH

b) Gọi N, K lần lượt là chân đường cao hạ từ B và D của tam giác ABD, Q là giao điểm của

MK và BC Chứng minh MN = MQ

c) Chứng minh tứ giác BQNK nội tiếp

Bài 5: Một nhóm học sinh định chia một số kẹo thành các phần quà cho các em nhỏ tại một đơn

vị trẻ mồ côi Nếu mỗi phần quà giảm đi 6 viên thì các em có them 5 phần quà, nếu giảm đi 10 viên thì các em có them 10 phần quà Hỏi số kẹo mà nhóm học sinh này có

Hướng dẫn giải Bài 1:

a) Khi m = 1, phương trình (1) trở thành: 2 2 6

2

x x

x x

+ −

= + + (2) Điều kiện x+ ≠ ⇔ ≠ − 2 0 x 2 Với điều kiện trên ta có:

( )

2

7 14 2

x

⇔ − =

⇔ = − Vậy phương trình vô nghiệm

b) 2 2 2 (2 1) 6 ( )1

2

x mx m

m x

x m

+

Điều kiện x+ 2m≠ ⇔ ≠ − 0 x 2m Với điều kiện trên ta có:

2

2

x m x m

m x

x m

x m m x

m x m

+

Phương trình có nghiệm khi và chỉ phương phương trình (3) có nghiệm x≠ − 2m

Với m = 1 ta có : 0x = - 7 , phương trình vô nghiệm

Với m≠ 1 ta có 6

2 2

m x m

− −

=

− Ta có:

2

2

6

2 2

3

2

m

m

m

m

− − ≠ − ⇔ − − ≠ − + ≠

−

⎧ ≠ −

⎪

⎪ ≠

⎩ Vậy với 1, 3

4

m≠ m≠ − và m≠ 2 thì phương trình (1) luôn có nghiệm

Bài 2:

a) 2x− −1 2 x− = −1 1 1( )

Điều kiện

1

1 2

x x

x

⎧

⎩ ⎪ ≥⎩ (*)

Với điều kiện trên ta có

( )

1 5

x x

=

⎡

⇒ ⎢ =

⎣

Thử lại ta thấy:

+ x = 1 không phải là nghiệm của phương trình vì 2.1 1 2 1 1 1− − − = ≠ −1

+ x = 5 là nghiệm của phương trình (1) vì 2.5 1 2 5 1− − − = −1

Vậy phương trình có nghiệm x = 5

Nhận xét: Có thể giải theo cách dùng phép biến đổi tương đương, nhưng sau một lần bình

phương hai vế ta phải đặt điều kiện, khá rắc rối Làm theo biến đổi suy ra thì ta phải có bước thử lại

b)

( ) ( ) 2

x x y xy

x xy

− + =

⎧⎪

⎨

⎪⎩

Ta có

( )

2

1

2

2

x x y xy

x y x

x y

x y

⎡

⎢

Với 1

2

x= thế vào (2) ta tính được 15

4

y= Với x = 2y thế vào (2) ta có ( )2 ( ) 2 1 2

y + y y= ⇔ y = ⇔ = ±y ⇒ = ±x

Vậy phương trình có 3 nghiệm ( )x y, là 1 15, , 2, 2

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ và

2 2, 2

Bài 3:

3 3

3 1

x x x x x x

A

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x

x x x

=

=

=

=

=

Vậy giá trị của A không phụ thuộc vào biến x

c) Ta có a+ 2b− 3c= ⇒ = 0 a 3c− 2b Suy ra

2

c bc b

b c

⇔ =

Từ b = c, suy ra a + 2b – 3c = 0, suy ra a + 2b – 3c = 0 hay a = b

Vậy a = b = c

Bài 4:

j

H

N

Q

K

M

P C

A

D B

a) Trong tam giác CMD vuông tại M có MP là trung tuyến nên ta có: 1

2

MP= CD=PC⇒ ΔPMC

cân tại P, suy ra nPCM =PMCn (1)

Tứ giác BMHK có n n 90 90 180o o o

BMH+BKH = + = nên là tứ giác nội tiếp, suy ra QMHDn =KBMn

(2)

Mặt khác ta có MBKn=MCPn (3) (tứ giác ABCD nội tiếp)

Từ (1), (2) và (3) ta có MHDn=CMPn mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có MP // HD

Trong tam giác CHD có MP // HD và P là trung điểm của CD nên MP là đường trung bình, suy

ra 1

2

MP= HD và M là trung điểm của CH

Vậy 1

2

PM

DH =

b) Tứ giác AKMD có n n 90o

AKD=AMD= ⇒AKMD là tứ giác nội tiếp BMKn=BADn

Mà ta cũng có QMDn =nBMK ( đối đỉnh)

Và QCDn =BADn (ABCD nội tiếp)

Do đó QCDn=QMDn⇒MCQD nội tiếp

Suy ra n n 180o n 180o n 90o

CQD CMD+ = ⇒CQD= −CMD=

Tam giác BHC có BM là đường cao đồng thời là trung tuyến nên cân tại B, suy ra BM cũng là phân giác của góc HBD

Suy ra tam giác BQD bằng tam giác BND (cạnh huyền góc nhọn)

Suy ra BQ = BN và DQ = DN

Do đó BD là đường trung trực của NQ mà M thuộc BD nên MQ = MN

c)

Tam giác MNQ cân tại M MQNn=MNQn (4)

Ta có BD là đường trung trực của MP nên BD vuông góc với MQ mà BD⊥AC, suy ra MQ//AC ⇒nAMN =nMNQ( )5

Ta có tứ giác ABMN là tứ giác nội tiếp, suy ra nABN =KMNn ( )6

Từ (4), (5) và (6) ta có MQNn=KMNn⇒ tứ giác BQNK nội tiếp (2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng nhau)

Bài 5: Gọi x ( viên) là số kẹo của mỗi phần quà ban đầu

Và y là số phần quà ban đầu

Điều kiện (x, y nguyên dương, x lớn hơn 10)

Khi đó ta có xy là tổng số kẹo mà nhóm học sinh có

6

xy

x− là số phần quà sau khi giảm mỗi phần 6 viên kẹo

10

xy

x− là số phần quà sau khi giảm mỗi phần 10 viên kẹo

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

6

10

10

6 5 30

10 10 100

xy

y

xy x y x

y

x

xy xy y x

xy xy y x

⎪

⎪ −

⎩

⎧

⎩

Vậy tổng số viên kẹo mà nhóm học sinh có là x.y = 20 30 = 600 viên