Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Tiền Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Tiền Giang (Có đáp án)

1. UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập _Tự Do_Hạnh Phúc Đề chính thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Khoá ngày: 01-7-2009 Môn thi: TOÁN (Chuyên toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: 1/ Giải phương trình: t4 4t3 5t2 4t 1 0 2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x x 2009 Bài 2 1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng GP: x - 2y + 1 = 0, HP: 3x - 4y + 1 = 0 và I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG. Viết phương trình cạnh HG. 3 x 5y 9 0 2/ Giải hệ phương trình: 2x y 7 0 Bài 3:1/ Cho phương trình x2 2m 3 x m2 3m 0. Định m để phương trình có 2 hai nghiệm x1,x2 sao cho x1 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P):y x .2 Gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng (d): y mx 1với (P). Tìm các giá trị của m để đoạn thẳng AB có độ dài ngắn nhất. Bài 4: Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Điểm E di động trên cung nhỏ BC (E không trùng với B và C) 1/ Trên đoạn EA lấy đoạn EM = EB. Chứng minh rằng điểm M di động trên một cung tròn cố định. 2/ Gọi K là giao điểm của BM và CD. Chứng minh rằng bốn điểm A, M, K, D cùng nằm trên một đường tròn. Bài 5: 1/ Tìm số tự nhiên có hai chữ số, sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương của hai chữ số đó. 2/ Một dãy số có số hạng đầu là 16, còn số hạng đứng sau đều do chèn số 15 vào giữa số hạng liền trước, tức là: 16, 1156, 111556 Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy này đều là số chính phương. Hết *Ghi chú: Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do BGD&ĐT cho phép. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: LỜI GIẢI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2009 Môn: Toán ( Chuyên toán) Bài Nội dung
2. 1/ * Vì t = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia 2 vế của phương trình cho t2 0 ta 1 1 được: (t2 ) 4(t ) 5 0 t2 t 1 * Đặt y t ( Điều kiện: y 2 ) t Phương trình trở thành: y2 – 4y + 3 = 0 y = 1(loại) hoặc y = 3 (nhận) 1 * y = 3 t 3 t2 – 3t + 1 = 0 t Bài 1: 3 5 t 2 3 - 5 t 2 3 5 3 5  * Vậy tập nghiệm của phương trình: S = ;  2 2  2/ Ta có: P = x - x 2009 * = x - 2009 - x 2009 + 2009 1 3 * = ( x 2009 )2 2008 2 4 1 3 3 * = (x 2009 )2 2008 2008 với mọi x 2009 2 4 4 3 1 * Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 2008 khi x = 2009 4 4 1/ * Gọi G(m; n). Vì I(4; 3) là trung điểm của đoạn HG nên H(2xI xG ;2yI yG ) hay H(8-m; 6-n). * Vì G GP và H HP nên ta có hệ phương trình: Bài 2: m 2n 1 m 3 3m 4n 1 n 2 Vậy: G(3; 2) và H(5; 4) * Phương trình cạnh HG có dạng HG: y = a’x + b’. Vì: H, G thuộc HG nên ta có hệ phương trình: 3a ' b' 2 a ' 1 5a ' b' 4 b' 1 Vậy phương trình cạnh HG: y = x - 1 2/
3. 5y 9 3 x 5y 9 0 x (1) * Ta có: 3 2x y 7 0 y 2x 7 (2) 5y 9 9 Từ phương trình (1) suy ra 0 y nên y 0 2 3x 5y 9 * Do đó hệ đã cho tương đương với: 2x y 7 44 x 7 39 y 7 44 39 * Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (x; y) = ; 7 7 1/ * Ta có: = (2m - 3)2 - 4(m2 3m )= 4m2 –12m+ 9–4m2+12m = 9 > 0 nên phương trình luôn có hai nghiêm phân biệt x1 = m – 3; x2 = m. * Nếu x1 m 3, x 2 m thì : 2 2 x1 + 2x2 = ( m – 3 ) + 2m = m2 – 6m + 9 + 2m = ( m – 2 )2 + 5 5 với mọi m ¡ 2 Bài 3: Vậy: x1 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi m = 2. * Nếu x1 m, x 2 m - 3 thì : 2 2 x1 + 2x2 = m + 2(m – 3) = m2 + 2m - 6 = ( m + 1)2 - 7 -7 với mọi m ¡ 2 Vậy: x1 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1 2 * Do đó: x1 + 2x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7 khi m = -1 2/ * Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 mx 1 x2 – mx – 1 = 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: m m2 4 x ; A 2 m m2 4 x B 2 Ta có:
4. b * x x m A B a 2 xA xB m 4 2 2 2 yA yB xA xB (xA xB )(xA xB ) m m 4 2 2 4 2 * AB (xA xB ) (yA yB ) m 5m 4 AB (m2 2)2 m2 2 Vậy AB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi m = 0 1/ ( C E * Hình vẽ đúng ( cả hai trường hợp). * Tam giác BEM có:B· EM = 900 và EM = EB nên tam giác BEM M vuông cân tại E. K · 0 · 0 · 0 A B * Do đó: EMB 45 AMB 180 EMB 135 O * Vậy điểm M nhìn đoạn AB cố định dưới góc không đổi 135 0 nên M di động trên một cung chứa góc 135 0 dựng trên đoạn AB khi E thay đổi trên cung nhỏ BC. 2/ D ∙Trường hợp đoạn BM cắt đoạn CD tại K 1 * Ta có: ∙ A· DC sđ A»C 450 2 Bài 4: ∙ A· MK 1350 * Do đó: A· MK A· DC 1800 . Vậy ADKM nội tiếp - Chú ý: thí sinh trình bày cách khác: 1 ∙ Ta có: A· DC sđ A»C 450 và E· MB 450 nên A· DC E· MB (0,25đ) 2 ∙ A· MK E· MB 1800 (kề bù) C Do đó: A· MK A· DC 1800 E Vậy ADKM nội tiếp. (0,25đ) K M .Trường hợp K nằm ngoài đoạn BM A B * Ta có: . A· MK E· MB 450 ( đối đỉnh) O 1 ∙ A· DK sđ A»C = 450 2 D Do đó: A· MK A· DK * Vậy tứ giác ADMK có hai đỉnh D và M cùng nhìn cạnh AK dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác đó nội tiếp. 1/ * Gọi số phải tìm là ab (điều kiện : 1 a 9; 0 b 9 ; a,b ¥ ) Ta có: ab (a + b) = a3 + b3 Suy ra: 10a + b = a2 + b2 – ab 9a + a + b = (a + b)2 – 3ab 3a.(3 + b) = (a + b) (a + b – 1) * Mà (a + b) và (a + b – 1) nguyên tố cùng nhau nên:
5. a b 3a a b 3 b hoặc a b 1 3 b a b 1 3a a 4 a 3 * Giải hai hệ trên ta được: hoặc b 8 b 7 Bài 5: * Vậy số cần tìm là: 48 hoặc 37. 2/ Ta có: số hạng thứ n có dạng: 1 11 15 5 56 n n 1 * Ta chứng minh số này là số chính phương. n Thật vậy: 111. 15 5 56 111. 1.10 5.111. 1.10 6 n n 1 n n 1 n n 1 10 1 n 10 1 * .10 5.10. 6 9 9 102n 4.10n 4 * 9 2 10n 2 * 3 UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập – Tự do – Hạnh phúc KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Đề chính thức Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2008 Môn thi: TOÁN (Chuyên tin) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
6. Bài 1 ( 2,0 điểm): 1 1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = mx – 2m – 1. 4 a/ Tìm m để (P) tiếp xúc với (d). b/ Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định thuộc (P). 1 2/ Tìm giá trị của x để biểu thức A đạt giá trị lớn nhất. x2 2x 2 5 Bài 2 (2,0 điểm): 1/ Cho phương trình bậc hai : x2 – 2(m – 1)x + 2m2 – 3m + 1 = 0 a/ Chứng minh phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 0 m 1 . b/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình. Chứng minh 9 x x x x . 1 2 1 2 8 2/ Giải phương trình: x4 – 24x – 32 = 0 Bài 3 (3,0 điểm): 1/ Tổng bình phương các chữ số của một số gồm hai chữ số bằng 10. Tích của số phải tìm với số ngược lại của nó bằng 403. Tìm số đó. 2/ Tìm các số nguyên m và n để giá trị của đa thức : P(x) = x4 + mx3 + 29x2 + nx + 4 với x ¢ là một số chính phương. x y z 2 3/ Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình : 2 2x xy x 2z 1 Bài 4 (3,0 điểm): a Cho đường tròn đường kính AB = 2a, trên đoạn AB lấy điểm M sao cho AM = . Trong nửa 2 mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, ta kẻ hai tia Mx và My sao cho A· Mx B· My 300 . Tia Mx cắt nửa đường tròn ở E, tia My cắt nửa đường tròn ở F. Từ E và F kẻ các đường thẳng vuông góc với AB cắt AB lần lượt tại E’ và F’. 1/ Tính diện tích hình thang vuông EE’F’F theo a. 2/ Khi M di động trên AB. Chứng minh rằng: đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TIN_Khoá ngày 01/7/2008 Nội dung 1/ a/ . Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
7. 1 1 x2 mx 2m 1 hay x2 mx 2m 1 0 (*) 4 4 . (d) và (P) tiếp xúc với nhau (*) có nghiệm số kép 2 m 1 =0 m = – 1 b/ . y = mx – 2m – 1 (x – 2)m = y + 1 ( ) Giả sử A(x0, y0) là điểm cố định của (d) khi m thay đổi Ta có: A (d) với mọi m khi và chỉ khi ( ) có nghiệm với mọi m. x0 2 0 x0 2 . Do đó: y0 1 0 y0 1 . Vậy: A(2, – 1) (P) là điểm cố định cần tìm. 2/ 2 . Biến đổi: x2 2x 2 5 x 2 3 3 với mọi m. 1 . Nên: A với mọi x. 3 1 . Vậy Amax = khi x = 2 3 1/ a/ Pt có nghiệm ' (m 1)2 (2m2 3m 1) 0 m2 m 0 0 m 1 b/ . Khi 0 m 1 , x1 x2 2(m 1) theo định lí Viet ta có: 2 x1x2 2m 3m 1 2 2 1 9 Vậy: x1 x2 x1x2 2m m 1 = 2 m 4 16 2 9 1 9 9 . 2 m 2. 16 4 16 8 2/. x4 – 24x – 32 = 0 (x4 +4x2 + 4) – 4x2 – 24x – 36 = 0 (x2 + 2)2 – (2x + 6)2 = 0 (x2 + 2x + 8)(x2 – 2x – 4) = 0 . (x2 2x 4) 0 ( vì x2 + 2x + 8 =0 vô nghiệm) . x = 1 5 .Tập nghiệm của phương trình: S = 1 5; 1+ 5 1/ . Gọi số phải tìm là: ab , (a, b ¥ ; 1 a 9 ; 0 b 9 )
8. 2 2 a b 10 Theo đề bài ta có hệ phương trình: ab.ba 403 a 2 b2 10 . ab 3 a 1 a 3 . Giải đúng : hoặc b 3 b 1 . Vậy số phải tìm là 13 và 31 2/ .Vì hệ số của x4 bằng 1 nên: P(x) = (x2 + px + q)2 . Suy ra: x4 + mx3 +29x2 +nx + 4 = x4 + 2px3 + (p2 +2q)x2 + 2pqx +q2 q2 4 2pq n . Tìm đựơc: 2 p 2q 29 2p m q 2 (loại q = -2 ) p 5 . m 10 n 20 . Vậy có hai cặp giá trị (m; n) là (10; 20), (-10; -20). 3/ x y z 2 2x 2y 2z 4 (1) . 2 2 2x xy x 2z 1 2x xy x 2z 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2x2 + 3x – 5 = y(x + 2) 3 y 2x 1 x 2 . Ta có: y và 2x – 1 là những số nguyên nên (x + 2) là ước của 3. . Tìm đựơc nghiệm của hệ phương trình là: (-1; -6; -3); (1; 0; 1); (-5; -10; -3); (-3; -4; 1). y x F I E H A B E' M O F' D 1/
9. . Gọi O là trung điểm AB, hạ OH  MF 1 a Tính: OH = OM = ; 2 4 a 15 FH = OF2 OH2 = 4 . Kéo dài EE’ cắt đường tròn (O) tại D Suy ra AO là đường trung trực của DE, Từ đó kết luận: D· MA E· MA F· MB ; 3 điểm D, M, F thẳng hàng a 15 . Tính: DF = 2FH = 2 1 1 a 15 . EE’ + FF’ = (MD + MF) = DF = 2 2 4 3a 5 . Tính: E’F’ = (E’F’ = DF. cos 300) 4 1 15a 2 3 . S = (EE’ + FF’) E’F’ = 2 32 2/ . Xét các cung nhỏ: A»E, B»F sđ A»E + sđ B»F = sđ A»D + sđ B»F = 2F· MB = 600 . Nên sđ E»F = 1200 hay E· OF = 1200 1 a . Hạ OI  EF thì OI = OF = 2 2 ( Vì tam giác OIF là nửa tam giác đều cạnh a). a . Kết luận: EF luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính khi M di động trên AB. 2 Hết