De thi toan vao lop 10 le quy don bd 20082009

Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên.[r]

ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

NĂM HỌC 2009 – 2010

ĐỀ TOÁN CHUNG Câu 1 ( 2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau : 1) 2x2 – 3x – 2 = 0 ; 2) ; 3) 4x4 – 13x2 + 3 = 0; 4) ;

GIẢI 1) 2x2 – 3x – 2 = 0

Ta có :  = b2 – 4ac = (– 3)2 – 4 2 (– 2) = 25 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt :

2)

Vậy hệ phương trình có nghiệm : 3) 4x4 – 13x2 + 3 = 0

Đặt : t = x2 ( điều kiện : t ≥ 0), Khi đó ta được phương trình : 4t2 – 13t + 3 = 0 ( 1)

Ta có :  = b2 – 4ac = (– 13)2 – 4 4 3 = 121 > 0 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt :

+ Với t1 = 3, ta được : x2 = 3 ; + Với t2 = , ta được: x2 =

4)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt :

Câu 2 ( 1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị của hàm số và đường thẳng (D) : trên cùng một hệ trục tọa độ; b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính

GIẢI a) Học sinh tự vẽ

b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P) :

Phương trình (1) có dạng : a + b + c = 1 + 1 + (– 2) = 0

TR Ư ỜNG THCS VINH THANH Phương trình có nghiệm : x1 = 1 ; x2 =

x1 = 1 => y1 = ; x2 = – 2 => y2 = – 2

Vậy (D) cắt (P) tại 2 điểm M1 ( 1; ) và M2 (– 2; – 2)

Câu 3 ( 1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau :

;

GIẢI a) Ta có :

b)

C 1 :

Ta có :

Vậy

C 2 :

2B =

=

Câu 4 ( 1,5 điểm) Cho phương trình : x2 – ( 3m + 1)x + 2m2 + m – 1 = 0 ( x là ẩn số)

a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất:

GIẢI a) Xét :  = b2 – 4ac = [ – (3m + 1)]2 – 4 1 ( 2m2 + m – 1) = 9m2 + 6m + 1 – 8m2 – 4m + 4

= m2 + 2m + 1 + 4 = ( m + 1)2 + 4 >0 với mọi m ( vì ( m + 1)2 ≥ 0 với mọi m) Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

b) Theo định lý Vi – et ta được : x1 + x2 = = 3m + 1; x1.x2 = = 2m2 + m – 1

Ta có : = ( x1 + x2)2 – 5 x1.x2 = (3m + 1)2 – 5(2m2 + m – 1)

= 9m2 + 6m + 1 – 10m2 – 5m + 5 = – m2 + m + 6 = – (m2 – m – 6) =

Vì với mọi m Vậy A đạt giá trị lớn nhất bằng

Câu 5 ( 3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác

A và B Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E Vẽ MP vuông góc với AB ( P thuộc AB)., vẽ

MQ vuông góc với AE ( Q thuộc AE)

a) Chứng minh : AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật

b) Gọi I là trung điểm của PQ Chứng minh :O: I và E thẳng hàng

c) Gọi K là giao điểm của EB và MP Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng

Suy ra K là trung điểm của MP

d) Đặt AP = x Tính MP theo R và x Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất

GIẢI a) * Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp:

Do AE và ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)

Nên :

Vậy tứ giác AEMO nội tiếp được đường tròn

* Chứng minh tứ giác APMQ là hình chữ nhật:

Ta có :

Vậy tứ giác APMQ là hình chữ nhật

b) Chứng minh O; E và I thẳng hàng:

+ Do tứ giác APMQ là hình chữ nhật và I là

trung điểm của QP nên I cũng là trung điểm của AM

+ Do AE và ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)

nên AE = ME, mặt khác OA = OM = R, vậy EO là đường trung

trực của AM, suy ra : OE đi qua I hay O; E và I thẳng hàng

c) * Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng :

+ Ta có :

+ Xét  AEO và  PMB :

Suy ra :  AEO  PMB

K I

Q

P

E

M

A

TR Ư ỜNG THCS VINH THANH

* Chứng minh K là trung điểm của MP:

Do  AEO  PMB 

Do MP // AE

Suy ra : PM = 2 PK, hay K là trung điểm của PM

d) * Đặt AP = x Tính MP theo R và x :

* Vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất:

+ Gọi diện tích hình chữ nhật APMQ là S, ta được : S = AP MP =

+ Áp dụng BĐT Cô – Si đối với 4 số dương : và ( 2R – x) ta được :



M thuộc đường tròn sao cho :

……….Hết………

ĐỀ THI TRƯỜNG CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

NĂM HỌC 2009 – 2010

ĐỀ TOÁN CHUYÊN Câu 1 ( 4 điểm)

1) Giải hệ phương trình sau :

2) Giải phương trình : ( 2x2 – x)2 + 2x2 – x – 12 = 0

GIẢI 1) Giải hệ phương trình sau :

Vậy hệ phương trình có nghiệm : 2) Giải phương trình : ( 2x2 – x)2 + 2x2 – x – 12 = 0

Đặt : t = 2x2 – x, ta được phương : t2 + t – 12 = 0 (*)

Ta có :  = b2 – 4ac = 12 – 4.1(– 12) = 49 , Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt :

+ Với t1 = 3, ta được : 2x2 – x = 3  2x2 – x – 3 = 0 (1)

Phương trình có dạng : a – b + c = 2 – (– 1) – 3 = 0, Vậy phương trình (1) có nghiệm : x1 = –1; x2 = + Với t2 = – 4, ta được : 2x2 – x = – 4  2x2 – x + 4 = 0 (2)

Ta có :  = b2 – 4ac = (–1)2 – 4.2.4 = – 31 < 0

Vậy phương trình (2) vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm : S =

Câu 2 ( 3 điểm)

Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – 3 = 0 ( x là ẩn số) Tìm m để phương trình đã cho

có hai nghiệm phân biệt x1; x2 ( x1 < x2) thỏa : | x1| = 2| x2|

GIẢI + Ta có : ’ = ( 2m + 1)2 – ( 4m2 + 4m – 3) = 4m2 + 4m + 1 – 4m2 – 4m + 3 = 4 > 0

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

+ Vì x1 < x2 nên nghiệm của phương trình là :

( vì 2m + 3 > 2m – 1) + Theo đề ta được : | x1| = 2| x2|

* Trường hợp : x1 = 2x2  2m – 1= 2( 2m + 3) 

* Trường hợp : x1 = – 2x2  2m – 1 = –2( 2m + 3) 

Câu 3 ( 2 điểm) Thu gọn biểu thức :

GIẢI

Ta được :

Vậy :

Câu 4 ( 4 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) Gọi P là điểm chính giữa của cung nhỏ AC Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M Chứng minh rằng :

TR Ư ỜNG THCS VINH THANH GIẢI

+ Ta có :  ABC cân tại A nên AB = AC => ;

+

b) Chứng minh MA MP = BA BM :

+ Do =>

=> MPB cân tại P nên PM = PM

+ Xét  MAB và  APB :

Góc A chung ;

Suy ra  MAB  BAP ( g – g)

Suy ra :

( đpcm)

Câu 5 ( 3 điểm)

a) Cho phương trình : 2x2 + mx + 2n + 8 = 0( x là ẩn số và m , n là các số nguyên) Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên Chứng minh rằng: m2 + n2 là hợp số

b) Cho hai số a, b > 0, thỏa : a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Tính P = a2010 + b2010

GIẢI a) Giả sử a và b là hai nghiệm của phương trình : 2x2 + mx + 2n + 8 = 0

Ta có :  = b2 – 4ac = m2 – 16n – 64 ≥ 0

Theo định lý Vi – et :

Suy ra : m2 + n2 = [ 2( a + b)]2 + ( ab – 4)2 = 4a2 + 8ab + 4b2 + (ab)2 – 8ab + 16

= 4a2 + (ab)2 + 4b2 + 16 = a2 ( 4 + b2) + 4(b2 + 4) = ( a2 + 4)(b2+4)

Vì a, b là các số nguyên và a2 ≥ 0 ; b2 ≥ 0, nên a2 + 4 và b2+4 là những số nguyên lớn hơn 3 Vậy m2 + n2 là hợp số

b) Ta có : a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102, nên :

(a100 + b100 ) (a102 + b102)= (a101 + b101 )2

 a202 + a100b102 + a102b100 + b102 = a202 + 2a101b101 + b102

 a100b102 + a102b100 = 2a101b101  b2 + a2 = 2ab  ( a – b)2 = 0  a = b

Từ giả thiết, ta được : 2a100 = 2a101 = 2a102  1 = a = a2  a = b =1 ( vì a, b > 0)

Vậy : P = a2010 + b2010 = 12010 + 12010 = 2

Câu 6 (2 điểm)

Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a Gọi (O) là đường tròn tâm O bán kính a Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB đạy giá trị nhỏ nhất

GIẢI Gọi C và D là giao điểm của AO với (O; a), với C nằm giữa A và O

Ta được : C là trung điểm của OA, hay OC = a Gọi E là trung điểm

của OC; F là giao điểm của đoạn thẳng BE và (O; a)

+ Nếu M trùng với C, ta được :

AM = AC; EM = EC và do AC = 2EC Suy ra : AM = 2 EM

O

M

P

A

M

F

E O

B

A

+ Nếu M trùng với D, ta được :

AM = AD; EM = ED và do AD = ED Suy ra : AM = 2 EM

+ Nếu M không trùng với D và không trùng với C

Xét  EOM và  MOA :

Góc O chung

Suy ra  EOM  MOA

Vậy ta luôn được AM = 2 EM

dấu “=” xảy ra khi M trùng với F Vậy : AM + 2 BM đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi M trùng với F

Câu 7 ( 2 điểm)Cho a, b là các số dương thỏa : a2 + 2b2 ≤ 3c2 Chứng minh :

GIẢI

Ta có : a2 + c2 ≥ 2ac ; 2b2 + 2c2 ≥ 4bc, dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c;

Suy ra : a2 + c2 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ac + 4bc  a2 + 2b2 + 3c2 ≥ 2ac + 4bc

Theo giả thiết : a2 + 2b2 ≤ 3c2, suy ra : 2ac + 4bc ≤ a2 + 2b2 + 3c2 ≤ 6c2  a + 2b ≤ 3c (*)

Áp dụng BĐT BunhiAkôpski :

………Hết………