De TS toan chung chuyen Quang Trung 20062007

Cho hình bình haønh ABCD coù ñænh D naèm treân ñöôøng troøn ñöôøng kính AB.. Haï BN vaø DM cuøng vuoâng goùc vôùi ñöôøng cheùo AC.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUANG TRUNG

NĂM HỌC 2006 – 2007 MÔN THI: TOÁN (BÀI THI CHUNG CHO CÁC MÔN)

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

-Bài 1

.

P

a) Rút gọn biểu thức P

b) Với những giá trị nào của x thì biểu thức có giá trị nguyên.

Bài 2

Cho hàm số 1 2

( ) 2

y  x P

c) Viết phương trình đường thẳng ( ) biết đường thẳng ( ) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt là 4 và 2

d) Tìm các giá trị của m để đường thẳng (d) y x2m 3 cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt với hoành độ x x1, 2 thỏa mãn 2 2

1 2

7 2

x  x 

Bài 3

a) Giải phương trình sau: x 2 x1 x2 x1 2

b) Hai số có 2 chữ số được viết bởi cùng các chữ số nhưng theo thứ tự khác nhau Tích hai số này bằng 2701 Số bé lớn hơn tổng các chữ số của nó là 27 Tìm hai số đó.

Bài 4

Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC Chứng minh:

a) Tứ giác CBMD nội tiếp một đường tròn.

b) Khi D di động trên đường tròn đường kính AB thì BMD BCD  không đổi.

c) DB.DC = DN AC

Bài 5

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng phương trình:

x  a b c x ab bc ca      vô nghiệm.

HẾT

LỜI GIẢI ĐỀ THI LỚP 10 TUYỂN SINH TRƯỜNG QUANG TRUNG

NĂM HỌC 2006 – 2007 MÔN TOÁN CHUNG Bài 1

a) Ta có ( 2)2 ( 22)2 2 8 4 14 22 4 14 14

4

P

b) Ta biến đổi P x 14 1 14



   Để P là số nguyên thì 14

x phải là số nguyên, nên x phải là ước của

14 Vậy x   1, 7, 14

Bài 2

a) Gọi phương trình của ( ) : y ax b   Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) và (P) là:

0

2 x  ax b   2 x  ax b   Theo bài ra ta có:

2

2

1

2

( 2) 2 0 2

b

a b













Vậy ( ) : y3x 4

b) Giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

1

2 x  x  m   x  x  m  

23/16 23/16

7 / 2 ( ) 2 7 / 2

m m



Vậy 23

16

m  là giá trị cần tìm.

Bài 3

a) Phương trình tương đương với: x1 1  x1 1 2   x1 1  x1 1 2 

Nếu x1 1   1 x 2 thì ta có 1 x1 1  x1 2 (luôn thỏa) Vậy 1 x 2 là nghiệm của pt Nếu x1 1  x2 thì ta được x1 1  x1 1 2   2 x1 2  x1 1  x2

Kết hợp ta được nghiệm của phương trình là: 1 x 2

b) Gọi hai số cần tìm là ab và số lớn là ba (1a b, 9; ,a b ) Theo bài ra ta có:

27



Bài 4

a) Do ADB 900 nên CBD ADB900, theo giả thiết DMC  900

.Vậy tứ giác CBMD có DMC DBC900 nên nội tiếp.

b) Do tứ giác CBMD nội tiếp nên BMD BCD  1800 không đổi.

c) Xét hai tam giác ACD và BDN có:

DACDBN (góc nội tiếp cùng chắn cung DN )

DNBADC(cùng cộng với góc DAB bằng 1800)

Vậy hai tam giác đồng dạng nên AC CD AC DN BD CD

BD  DN  

Bài 5 Ta có  (a b c  )2 4(ab bc ca  )a2b2c2 2(ab bc ca  )

Do a b c, , là độ dài ba cạnh của tam giác nên a b c   a2 a b c(  )ab bc , tương tự ta có 2

b ba bc , c2ca cb Cộng lại ta có a2b2c22(ab bc ca  ) Vậy  0 nên phương trình vô nghiệm.

M

N