Dựng về phía tia đối của tia AB hình vuông ACDE ; AD cắt nửa đường tròn tại H; BH cắt DE tại K.. a Chứng minh rằng CK là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính BC.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NINH THUẬN NĂM HỌC 2013 – 2014
Khóa ngày: 23 – 6 – 2013
Môn thi chuyên: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian phát đề)
-ĐỀ:
(Đề này gồm 01 trang)
Bài 1 (2,0 điểm)
Cho phương trình: x4 – 3x2 + 2 – 2m = 0 (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = 3
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
Bài 2 (2,0 điểm)
Giải phương trình : x 4 3 x 3 3
Bài 3 (2,0 điểm)
Cho số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó chia hết cho 7 Chứng minh rằng hiệu các lập phương của hai chữ số của số đó chia hết cho 7
Bài 4 (2,5 điểm)
Cho nửa đường tròn đường kính BC Gọi A là một điểm trên nửa đường tròn sao cho
AB < AC Dựng về phía tia đối của tia AB hình vuông ACDE ; AD cắt nửa đường tròn tại H; BH cắt DE tại K
a) Chứng minh rằng CK là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính BC.
b) Chứng minh rằng : AB = DK.
Bài 5 (1,5 điểm)
Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên đường thẳng d (B nằm giữa A và C) Một đường tròn (O) thay đổi luôn đi qua A và B, gọi DE là đường kính của đường tròn (O) vuông góc với d CD và CE cắt đường tròn (O) lần lượt tại M và N
Khi đường tròn (O) thay đổi thì hai điểm M và N di động trên đường cố định nào ?
Hết
-BÀI GIẢI Bài 1 : (2,0 điểm)
Phương trình: x4 – 3x2 + 2 – 2m = 0 (1)
a) Với m = 3 phương trình (1) trở thành: x4 – 3x2 – 4 = 0
Đặt x2 = t ( t0), phương trình (2) trở thành: t2 – 3t – 4 = 0
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2t1 = – 1 (loại) ; t2 = 4 (nhận)
Do đó: t = 4 x2 = 4 x = x2
Vậy: Phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 2 ; x2 = – 2
b) Đặt x2 = t ( t0), phương trình (1) trở thành: t2 – 3t + 2 – 2m = 0 (2)
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
cùng dương
1 2
1 2
8
m 1
3 0
Bài 2: (2,0 điểm)
Giải phương trình : x 4 3 x 3 3 (ĐK : x 4)
Đặt x 4 a (a 0) ; x+3 b 3 a2 b3 7,
Phương trình tương đương với :
2
a 3 b
b 2 0
Kiểm tra : x = 5 (TMĐK)
Vậy : Phương trình đã cho có nghiệm : x = 5
Bài 3 : (2,0 điểm)
Gọi số có hai chữ số là : ab (a,b;0 a 9;0 b 9)
Ta có: ab 7 Hay: 10a b 7
Suy ra: (10a + b)3 7
1000a3b 3.10a.b(10a b) 7 (*)3
(Vì: (a+b) 3 = a 3 + b 3 + 3ab(a + b) )
(*)1001a a3 3b 3.10a.b(10a b) 7 (*)3
Ta có: 1001a3 7 (vì 1001 7)
3.10a.b(10a + b) 7 (vì: 10a + b 7)
Nên suy ra: -a3 + b 7 (đpcm)
Bài 4 : (2,5 điểm)
a) BHC 90 0(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Suy ra: CHK CDK 180 0
Vậy: Tứ giác CDKH nội tiếp CKH CDH 45 0
(cùng chắn CH và do AD là đường chéo hình vuông)
Mà CBH CAH 45 0(hai góc nội tiếp cùng chắnCH )
Suy ra CKH CBH 45 0450 900 BCK 90 0 CK BC
Vậy: CK là tiếp tuyến của nũa đường tròn đường kính BC
Trang 3b) ABC và DKC cĩ:
1 2
BAC KDC 90 ; AC=CD ; C C cùng phụ với ACK
Vậy: ABC =DKC (g.c.g), suy ra AB = DK
Bài 5 : (1,5 điểm)
Gọi H, K lần lượt là giao điểm của CA với DE và EM Do A, B, C cố định nên H cố định
CMK và CHD cĩ: M H 90 ; DCH là góc chung 0
Vậy: CMK CHD (g.g)
CD CH
CMB và CAD cĩ:
CMB CAD (do tứ giác ABMD nội tiếp) ;
ACD là góc chung
Vậy: CMB CAD (g.g)
CA CD
Từ (1) và (2)
CA.CB
CH
Tam giác CDE cĩ K là trực tâm nên DN cũng đi qua điểm K cố định
Mà DME DNE 90 0(gĩc nội tiếp chắn nữa đường trịn) KMC KNC 90 0
Vậy: Khi đường trịn (O) thay đổi thì hai điểm M và N di động trên đường trịn cố định đường kính CK, với
CA.CB CK
CH