Tài liệu Đề thi chuyên toán Quang Trung 2006-2009 có đáp án đề chung pdf

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 d

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

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:

2

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

HẾT

This is trial version www.adultpdf.com

This is trial version www.adultpdf.com

I GI I THI L P 10 TUY N SINH TR NG QUANG TRUNG

N M H C 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 bi n i P x 14 1 14

+

x ph i là s nguyên, nên x ph i là c c a

14 V y x= ± ± ± 1, 7, 14

Bài 2

a) G i ph ng trình c a ( ) : y ax b∆ = + Ph ng trình hoành giao i m c a ( )∆ và (P) là:

2x =ax b+ ⇔ 2x − − = ax b

Theo bài ra ta có:

2

2

1

2

2

b

a b

⇔

= −

V y ( ) :∆ y= − − 3x 4

b) Giao i m c a (d) và (P) là nghi m c a ph ng trình:

2x = − +x m− ⇔x + x− m+ =

23/16 23/16

m m

=

16

m= là giá tr c n tìm

Bài 3

a) Ph ng trình t ng ng v i: x− − +1 1 x− + = ⇔1 1 2 x− − +1 1 x− + =1 1 2

N u x− < ⇔ ≤ <1 1 1 x 2 thì ta có 1− x− + +1 1 x− =1 2(luôn th a) V y 1≤ < là nghi m c a pt x 2

N u x− ≥ ⇔ ≥ thì ta 1 1 x 2 c x− − +1 1 x− + = ⇔1 1 2 2 x− = ⇔1 2 x− = ⇔ = 1 1 x 2

K t h p ta c nghi m c a ph ng trình là: 1≤ ≤ x 2

b) G i hai s c n tìm là ab và s l n 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 gi thi t

0

90

DMC= V y t giác CBMD có DMC DBC= =900 nên n i ti p

b) Do t giác CBMD n i ti p nên BMD BCD+ =1800 không i

c) Xét hai tam giác ACD và BDN có:

DAC DBN= (góc n i ti p cùng ch n cung DN )

DNB ADC= (cùng c ng v i góc DAB b ng 1800)

V y hai tam giác ng d ng nên AC CD AC DN BD CD

Bài 5 Ta có ∆ = + +(a b c)2−4(ab bc ca+ + )=a2+ + −b2 c2 2(ab bc ca+ + )

Do , ,a b c là dài ba c nh c a tam giác nên a b c< + a2 <a b c( + =) ab bc+ , t ng t ta có

2

b <ba bc+ , c2<ca cb+ C ng l i ta có a2+ +b2 c2<2(ab bc ca+ + ) V y ∆ < nên ph ng trình vô 0 nghi m

M

N

ý,

LỜI GIẢI ĐỀ THI LỚP 10 TUYỂN SINH TRƯỜNG QUANG TRUNG

NĂM HỌC 2006 – 2007 MÔN TOÁN CHUNG Bài 1

a) Ta có

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

2x ax b  2x ax b 

Theo bài ra ta có:

2

2

1

3 2

2

a b

a b

a b

    

    



Vậy ( ) : y  3x 4

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

1

2x   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   0

90

CBDADB , theo giả thiết

90

DMC  Vậy tứ giác CBMD có   0

90

DMCDBC  nên nội tiếp

b) Do tứ giác CBMD nội tiếp nên   0

180

BMDBCD 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

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 2 2 2

a b c  ab bc ca  Vậy  0 nên phương trình vô nghiệm

M

N