Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trung học chuyên Trà Vinh môn toán (chuyên) năm học 2009-2010

DA TUYEN L10 CHUYEN TRA VINH-TOAN chuyen 09.doc Page 1 of 5 TRƯỜNG THCS HIỆP HÒA THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 ----- TRUNG HỌC CHUYÊN TRÀ VINH Môn: TOÁN (chuyên) Năm học 2009-2010 BÀI GIẢI Câu 1 15 x 11 2 3 x 2 x 3P x 2 x 3 x 1 x 3           1-            15 x 11 2 x 6 3x 9 x 2x 3 x 2 x 3P x 2 x 3      7 x 5x 2 x 2 x 3 Vậy P       5x 7 x 2 x 2 x 3 2- Khi 13P 6   thì       5x 7 x 2 13 6x 2 x 3  30x  42 x  12   13x  26 x  39  30x  42 x  12  13x  26 x  39  0  27x  68 x  51  0 (1) Đặt x  t, phương trình (1)  27t2  68t  51  0 ’  342  27.51  34.2.17  27.3.17  68.17  81.17  0 Phương trình (1) vô nghiệm. Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2 x2 – (2m  1)x  m2 – m – 1 = 0 (1) 1- Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì   0   [(2m  1)]2  4.(m2  m  1)  0  4m2  4m  1  4m2  4m  4  0  8m  5  0  m  5 8  2- Vì x1 – 2x2  3 nên x1  x2 Nghiệm của phương trình (1) là   1 2m 1 8m 5x 2    2 2m 1 8m 5x 2 x1 – 2x2  3    2m 1 8m 5 2  2.   2m 1 8m 5 2  3 DA TUYEN L10 CHUYEN TRA VINH-TOAN chuyen 09.doc Page 2 of 5  2m  1  8m 5  4m  2  2 8m 5  6  3 8m 5  2m  7  0  3 8m 5  2m  7  2 2m 7 0 9.(8m 5) (2m 7)        2 2m 7 72m 45 4m 28m 49         2 7m 2 4m 44m 4 0         2 7m 2 m 11m 1 0         7m 2 11 117 11 117m m 2 2           11 117 11 117m m 2 2      Vậy m  11 117 2  và m  11 117 2  là các giá trị cần tìm. Câu 3       2 2 3 3 x y 4 (1) (x y )(x y ) 280 (2) Ta có: x2  y2  (x  y)2  2xy x3  y3  (x  y)(x2  xy  y2)  (x  y) 2(x y) 3xy     (x  y) 3  3xy(x  y) Phương trình (2) trở thành: 2 3(x y) 2xy (x y) 3xy(x y) 280            (2’) Thay (1) vào (2’) ta được: 2 3(4 2xy)(4 3xy.4) 280    (16 – 2xy).4(42 – 3xy)  280  2(8  xy).4(16  3xy)  8.35  (8  xy)(16  3xy)  35 () Đặt xy  t, phương trình () trở thành: (8  t)(16  3t)  35  128 – 40t  3t2  35  3t2  40t  93  0 Giải phương trình này ta được 1 31t 3  , t2  3  31t 3  thì xy  31 3 , ta có hệ x y 4 31x y 3      DA TUYEN L10 CHUYEN TRA VINH-TOAN chuyen 09.doc Page 3 of 5 Khi đó x, y là nghiệm của phương trình X2  4X  31 3  0 Phương trình này tương đương với: 3X2  12X  31  0 có ’  (6)2  3.31  0 nên là phương trình vô nghiệm.  hệ x y 4 31x y 3      vô nghiệm.  t  3 thì xy  3, ta có hệ x y 4 x y 3     Hệ này có nghiệm x 1 y 3     x 3 y 1    . Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (1; 3) và (3; 1). Câu 4 Ta có: AB  AC  BC  144  AB  AC  144  BC Trong tam giác vuông ABC: BC2  AB2  AC2  (AB  AC)2  2.AB.AC  2.AB.AC  (AB  AC)2  BC2  (144  BC)2  BC2 (1) Ta lại có: AM  AH  14  AH  AM  14 mà AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên AM  BC 2  AH  BC 2  14 Mặt khác: SABC  1 2 AB.AC  1 2 BC.AH  AB.AC  BC.AH Từ đó AB.AC  BC. BC 14 2       2BC 14BC 2   2.AB.AC  BC2  28BC (2) Kết hợp (1) và (2) ta được: (144  BC)2  BC2  BC2  28BC  144.(144  2BC)  BC2  28BC  BC2  260BC  20736  0 Giải phương trình này ta được BC  64 và BC  324  0 (loại). Vậy cạnh BC bằng 64 (đvđd). M A CB H DA TUYEN L10 CHUYEN TRA VINH-TOAN chuyen 09.doc Page 4 of 5 Câu 5 1- Ta có BMD  BCD  90o (do DM  BN và ABCD là hình vuông) nên tứ giác BMCD nội tiếp đường tròn đường kính BD. 2- Tính số đo của CMN . Do tứ giác BMCD là tứ giác nội tiếp nên:   oBDC BMC 180  Vì CMN và BMC là hai góc kề bù nên: CMN  BMC o180  CMN  BDC mà BDC  1 2 .90o  45o. Suy ra: CMN  45o. Cách khác: Ta có: DBC  DMC  1 .sđDC 2 DBC  1 2 .90o  45o  DMC  45o CMN   DMN DMC  90o  45o  45o. 3- Khi điểm E di chuyển trên cạnh BC thì điểm M di chuyển trên đường nào? Ta có BMD 90o và BD cố định nên M di chuyển trên đường tròn đường kính BD Giới hạn: Khi E  B thì M  B Khi E  C thì M  C Vậy khi E di chuyển trên cạnh BC thì M di chuyển trên cung nhỏ BC của đường tròn đường kính BD. Hoặc: Vì DE luôn vuông góc với BM và DB không đổi nên điểm M luôn nhìn cạnh BD dưới một góc vuông. Do đó khi điểm E di chuyển trên cạnh BC thì điểm M di chuyển trên phần cung nhỏ BC nhận BD làm đường kính. Câu 6 Ta có: AB  8cm, BI  4cm AI2  AB2  BI2  82  42  48  16.3  AI  4 3 Gọi O là tâm của đường tròn đường kính AI, M là giao điểm của đường tròn đường kính AI với cạnh AB. A B D C E N M A B C I O M DA TUYEN L10 CHUYEN TRA VINH-TOAN chuyen 09.doc Page 5 of 5 Khi đó AMI có đường trung tuyến MO bằng nửa cạnh đối diện AI. Vậy AMI là tam giác vuông và vuông tại M   oAMI 90 Do AI là đường trung tuyến của tam giác đều nên AI cũng là đường phân giác   o o60BAI 30 2   hay  oMAI 30   o o oAIM 90 30 60   hay  oOIM 60 OIM có OM  OI (bán kính) nên là tam giác cân  OIM là tam giác đều  MI  OI  AI 2  4 3 2  2 3 Áp dụng định lý Pitago trong AMI ta có: AI2  MA2  MI2  MA2  AI2  MI2  48   22 3  36  MA  6 SAMI  1 2 .AM.MI  1 2 .6.2. 3  6 3  SOMI  6 3 2  3 3 Diện tích hình quạt tròn bán kính OM, cung 60o là  2. 2 3 .60 360   2 Diện tích nửa hình tròn bán kính OI là S  1 2 ..OI2  1 2 .. 22 3  6. Vậy diện tích phần hình tròn nằm ngoài tam giác ABC là: 2. (6  2  3 3 ) 8  6 3  14,74 (đvdt) Giải đề: Tiêu Trọng Tú