b.Tìm m để hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.. Gäi M lµ trung ®iÓm cña AC.[r]
Trang 1Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn
Môn: Toán chung
Thời gian làm bài : 150'
Bài 1 (2.5 điểm):
Cho biểu thức: A = (1 −2√a
a+1):(1+1√a −
2√a
a√a+√a+a+1)
a.Rút gọn biểu thức A
b.Tính giá trị biểu thức A khi a=2006 −2√2005
Bài 2 (3.0 điểm):
Cho hệ phơng trình:
¿
x2+y2− x=0 x+my −m=0
¿ {
¿
a.Giải hệ phơng trình khi m = 1
b.Tìm m để hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
c Gọi (x1; y1) và ( x2; y2 ) là các nghiệm của hệ phơng trình đã cho
CMR: (x2- x1 )2 + ( y2 - y1 )2 1
(Đề thi ĐHTM năm 2000)
Bài 3 ( 1.5 điểm):
Tìm các nghiệm nguyên dơng của phơnh trình
y= 2 x
2
−7 x+5
x2−5 x +7
(Đại số sơ cấp)
Bài 4 ( 3.0 điểm):
Cho Δ ABC có ∠ B = 900 và ∠ A > 600 Gọi M là trung điểm của
AC Đờng vuông góc hạ từ A xuống BM cắt cạnh BC tại I Vẽ đờng tròn tâm tiếp xúc với AC tại K đờng thẳng qua A tiếp xúc với (I) tại E ( E K) cắt
đờng thẳng BM tại N
a.Chứng minh 5 điểm A, B, E, I, K cùng nằm trên một đờng tròn
b.Tứ giác EKMN là hình gì ? Tại sao ?
c CMR: Δ NEB cân
Đáp án và thang điểm môn toán chung
Kỳ thi tuyến sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn.
Bài 1 (1.5 điểm):
Trang 2a (2.0 điểm) Điều kiện: a ≥ 0 0.25
A = (1 −2√a
a+1):(1+1√a −
2√a
a√a+√a+a+1)
a
1+ √ ¿
¿
(a+1)(¿ ¿ ) 1
1+√a −
2√a
¿
¿a− 2√a+1
0.5
√a −1¿2
¿
¿
¿ ¿
0.5
√a −1¿2(1+√a)(a+1)
¿
√a −1¿2
(a+1)¿
¿
¿ ¿
0.5
¿1+√a 0.25
b ( 0.5 điểm )
Khi √2005 −1¿2
a=2006 −2√2005= ¿ 0.25 Thì A = 1 +
√2005− 1¿2
¿
¿
√ ¿
0.25
Bài 2( 3.0 điểm):
a.( 1.0 điểm )
Hệ phơng trình
¿
x2+y2− x=0(1) x+my −m=0(2)
¿ {
¿
Từ (2) ⇒ x = m - my Thay vao (1) Ta đợc
(m2 + 1 ) y2 -( 2m2 - 1)y + m2 - m = 0 (3) 0.25 Khi m = 1 thì phơng trình (3) trở thành
Trang 3y1=0⇒ x1=1
¿
y2= 1
2⇒ x2 = 1
2
¿
¿
¿
¿
0.25
Hệ phơng trình có 2 nghiệm (1;0) và ( 1
1
b ( 1.0 điểm )
Từ x = m - my ⇒ mỗi giá trị y tơng ứng với 1 giá trị x
⇒ Để hệ có 2 nghiệm phân biệt thì (3) phải có 2 nghiệm phân biệt 0.25
⇔
m2 +1 ≠ 0
Δ>0
¿ {
⇔ m( 4-3m) > 0 ⇔ 0 < m < 4
Vậy với m (0; 4
3 ) thì hệ có 2 nghiệm phân biệt. 0.25
c.( 1.0 điểm )
với m (0; 4
3 ) thì phơng trình (3)có 2 nghiệm phân biệt y1, y2 thoã mãn:
y1+y2=2m2− m
m2+1
¿
y1y2=m2− m
m2+1
¿
¿ {
¿
¿ ¿
¿
và
¿
x1=m− my1
x2=m− my2
¿ {
¿
⇒ x1 - x2 = m - m y2 - m + m y1 = m ( y1 - y2 ) 0.25 Suy ra : ( x2 - x1 )2 + ( y2 - y1)2 = 1-
2 m−1¿2
¿
¿
¿
0.75
Bài 3 ( 1.5 điểm):
T XĐ : x R
Từ y= 2 x
2
−7 x+5
x2−5 x +7
⇔ (x2 - 5x + 7 )y =2x2- 7x +5
⇔ (y - 2)x2 + (7 - 5y ) x +7y - 5 = 0 * + Nếu y = 2 thay vào * ta đợc x = 3
=> (3;2) là nghiệm nguyên dơng của phơng trình 0.25
+ Nếu y 2 thì * là phơng trình bậc 2 đối với x Phơng trình có nghiệm
⇔ Δ≥ 0 ⇔ -y2 + 2y + 3 0 ⇔ -1 y 3
0.25
Trang 4Do y nguyên dơng và y 2 ⇒
y=1
¿
y=3
¿
¿
¿
¿
Với y = 3 ⇒ x = 4 (thoã mãn)
Vậy phơng trình đã cho có 2 cặp nghiệm nguyên dơng là
(3;2) và (4;3) 0.25
Bài 4 ( 3.0 điểm):
a ( 1.0 điểm)
Có ∠ ABI = 900 (gt) 0.25
∠ AEB = 90o (vì AE là tiếp tuyến ) 0.25
∠ AKI = 90o(vì AK là tiếp tuyến ) 0.25
⇒ B, E,K cùng nhìn đoạn thẳng AI cố định dới một góc vuông
A, B, E, I, K cùng nằm trên một đờng tròn đờng kính AI 0.25
b (1.0 điểm)
Ta sẽ chứng minh tứ giác EKMN là hình thang cân
Có EK AI và AE = AK ( hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm) 0.25 Mặt khác MN AI nên suy ra EK // MN 0.25
0.25
Vậy tứ giác EKMN là hình thang cân 0.25
c (1.0 điểm)
* Theo câu b : A, B, E, I nằm trên một đờng tròn nên
∠ AIB = ∠ AEB = ∠ NEB (cùng chắn cung AB ) (1) 0.25
và ∠ EBI = ∠ EAI ( góc nội tiếp cùng chắn cung EI )
*Lại có ∠ EAI = ∠ IAC (tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một
điểm)
Trang 5suy ra ∠ EBI = ∠ IAC (2)
* M lµ trung ®iÓm cña AC nªn MB = MC ( do Δ ABC vu«ng t¹i B )
⇒ Δ BMC c©n t¹i M ⇒ ∠ MBC = ∠ MCB (3) 0.25
*KÕt hîp (2) vµ (3) ⇒ ∠ MBC + ∠ EBI = ∠ MCB + ∠ IAC MÆt kh¸c ∠ MBC + ∠ EBI = ∠ MBE
vµ ∠ MCB + ∠ IAC = ∠ AIB (gãc ngoµi tam gi¸c)
⇒ ∠ MBE = ∠ AIB (4) 0.25
*Tõ (1) vµ (4) ⇒ ∠ MBE = ∠ NEB ⇒ Δ NBE c©n t¹i N.(®pcm) 0.25