Đề thi vào lớp 10 môn Toán

ĐỀ THI 2003 H-N Bài 1:Cho biểu thức: a)Rút gọn P b)Tìm giá trị nhỏ nhất của P c)Tìm x để biểu thức Nhận giá trị là một số nguyên. Bài 2:Trong mp tọađộ Oxy cho Pa ra pol (P) :y=-x2 và đường thẳng (d) đi qua điểm I(0;-1) có hệ số góc k a)Viết pt của đường thẳng (d).Chứng minh với mọi giá trị của k ,(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt Avà B b) Gọi hoành độ của A và B là x1 và x2 ,chứng minh : c)Chúng minh tam giác OAB vuông. Bài 3:Cho đoạn thẳng AB = 2a coi trung điểm là O .trên cùng nửa mp bờ AB dựng nửa (O) đường kính AB và nửa (O’) đường kính AO .Trên (O’) lấy một điểm M (khác A và O) ,tia OM cắt (O) tại C ,gọi D là giao điểm thứ hai của CA với (O’) a)Chứng minh tam giác ADM cân b) Tiếp tuyến tại C của (O) cắt tia OD tại H ,đường tròn ngoại tiếp tam giác COH cắt (O) tại điểm thứ hai là N ,chứng minh ba điểm A,N và M thẳng hàng . c)Tại vị trí của M sao cho ME//AB ,hãy tính OM theo a. Bài 4:Cho hai số tự nhiên avà b ,chứng minh rằng nếu a2+b2chia hết cho 3 thì avà b cùng chia hết cho 3. Bài 5:Cho pt: a)Giải PT với m=15 b)Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt Bài 6:Cho x,y là các số nguyên dương thõa mãn : x+y = 2003. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= x(x2+y)+y(y2+x) Bài 7:Cho đường tròn tâm O với dây cung BC cố định (BC<2R) và điểm A trên cung lớn BC (A không trùng với B,C và điểm chính giữa cung )Gọi H là hình chiếu của A trên BC ,Evà F lần lượt là hình chiếu của B và C trên đường kính AA’ a)Chứng minh HE vuông góc với AC b)Chứng minh tam giác HEF đồng dạng với tam giác ABC c)Khi A duy chuyển ,chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cố định. Bài 8:Lấy 4 điểm ở miền trong của một tứ giác để cùng với 4 đỉnh ta được 8 điểm ,trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Biết diện tích của tứ giác là 1,chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 8 điểm đã cho có diện tích không vượt quá Tổng quát hoá bài toán cho n giác lồi với n điểm nằm ở miền trong của đa giác đó *********************************** HƯỚNG DẪN Bài 1: ĐK x > 0;và x Ta có 2) Để ý rằng với x>0và x ta có M= Theo BĐT Cô si ta có :0 < Q < 2 Vì Q nguyên nên Q = 1 Bài 2: 1)PT đường thẳng (d) :y=kx-1.PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là : x2+kx –1= 0 Vì luôn có 2nghiệm phân biệt (đpcm) 2)Ta có x1x2=-1,từ đó ta có :Nhận xét rằng x1 và cùng dấu nên : 3)PT đường thẳng OA là y= -x1x;đường thẳng OB là y= -x2x Nhưng (-x1)(-x2)=-1 vì thế tam giác OAB vuông tại O Bài 3: 1)Ta có OAC cân tại O có OD AC ,MOD=DOA cân tại D 2)Dễ thấy EAO=ECO =900 hay EAAB nói cách khác EA là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) 3)Giả sử AM cắt (O) tại N’ ,AOC=2AN’C COH=CN’H Dẫn đến tứ giác CHON’ nội tiếp trong một đường tròn ,từ đó ta có Thẳng hàng . 4)Vẽ MK Từ GT :EM//AB ,ta suy ra MEO cân tại M và tứ giác AEMK là hình chữ nhật .Đặt ME=MO=x . Ta có MO2=AO2-AM2=AO2-AO.AK=AO2-AO.ME. Vậy x2=a2-ax.Giải ta được:x = C N E D M H A O’ K O B Bài 4: Nếu đặt a=3k+r với r=0,1, thì ta thấy a2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1 .Tương tự cho trường hợp b2 Từ đó (a2+b2) Bài 5:ĐK: x PT đã cho có dạng :y2-2y-15=0,giải PT ta được y=3;y=-5.Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: 2) PT: Bài 6: Ta có P=(x+y)3-3xy(x+y)+2xy=20033-6007xy.Vì (x-y)2=(x+y)2-4xy=20032-4xy nên xy tăng (giảm)/x-y/giảm(tăng) Với GT x,ylà số nguyên dương ta có ngay : Pmin=20033-6007.1001.1002 đạt được khi (x,y)=(1001;1002)hoặc (1002;1001) Pmax=20033-6007.1.2002 đạt được khi (x;y)=(1;2002)hoặc(2002;1) Bài 7: 1)Do tứ giác ABHE nội tiếp nên:EHC=BAA’mà BAA’=BCA’EHC=HCA’do đó HE//CA’,mặt khác A’C AC 2)Tứ giác AHFC nội tiếp EFH=ACB(1)Tứ giác ABHE nội tiếp HEF=ABC (2) Từ(1) và (2)HEF 3)Gọi M, N và P lần lượt làtrung điểm của BC,AB và CA Vì MN//AC ,HE nên: MNHE,mà N cách đều 4điểm A,B,H,E MN là đường trung trực của đoạn HE . Chứng minh tương tự MP là đường trung trực của HF.Vậy M là tâm của đường tròn ngoại tiếp HEF (đpcm) A N P E B H C F A’ Bài 8: Nối các điểm tạo thành các tam giác đôi một chỉ chung nhiều nhất một cạnh ,phủ vừa kín tứ giác .Tổng các góc trong tam giác bằng tổng các góc trong tứ giác cộng với 4 lần 3600 nên bằng 3600+4.360 0 =10.1800.Vậy có 10 tam giác mà tổng diện tích là 1 nên tồn tại tam giác có diện tích không vượt quá .Tổng quát :Ở miền trong đa giác lồi n-cạnh (n)có diện tích bằng 1lấy n điểm ,trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng .Khi đó tôn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2n đỉnh đã cho có diện tích không vượt quá *********************************** ĐỀ THI 2003-2004 HUẾ Bài 1:Giải HPT: b)Cho hai số x;y thoã mãn đẳng thức :8x2+y2+Xác định x; y để tích xy đạt giá trị nhỏ nhất Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi M là trung điểm của cạnh BC ,H là trực tâm của tam giác ABC K là hình chiếu của A trên BC . Tính độ dài AK và diện tích của tam giác ABC biết rằng :OM=HK=và AM= 30cm. Bài 3 a)Tính m để PT (m+1)x2-3mx+4m=0 có nghiệm nguyên dương. b)Giải PT: x2+3x+1=(x+3) Bài 4: a)Giải PT: b)Chứng minh : Bài 5: Cho tam giác ABC nội tiếp (O);I là trung điểm của BC ,M là điểm trên đoạn CI (M khác C và I),đường thẳng AM cắt (O) tại D.Tiếp tuyến của đương tròn ngoại tiếp tam giác AMI tại Mcắt các đường thẳng BD,DC lần lượt tại P và Q. Chứng minh : DM .IA = MP. IB và tính tỉ số Bài 6: a)Giải PT: b)Tìm các số x,y,z nguyên dương thõa mãn :2(y+z)=x(yz-1) ************************************************** HƯỚNG DẪN Bài 1: a)-Từ đồng nhất thức : x2+y2+z2 = (x+y+z)2 –2(xy+xz+yz) xy+xz+yz = 11 Dễ dàng ta thấy y và x+z là hai nghiệm của PT:t2-6t+5 = 0 Từ đó : +Thế y =5 và x+z = 1 vào HPT ta thấy HPT vô nghiệm +Thế y =1 và x+z = 5 vào HPT ta thấy HPT có hai bộ nghiệm (x,y,z) là (2,1,3) và (3,1,2) b)Ta có : 8x2+y2+ Vậy : Tóm lại xy đạt giá trị nhỏ nhất là Bài 2:Ta xét hai trường hợp: Trường hợp I H K B A A M E E O C H O B K M C Kẽ đường kính CE Thì CE =2MO màEB Nên tứ giác AEBH là hình bình hành AH = EB = 2MO (1) Từ (1) và GT :MO = HK (Do tam giác ABC có 3 góc nhọn)AK= AH +HK =3MO = Trong tam giác vuông AKM có AK2 +KM2 = AM2.Từ đó và (2) ta có :AK2+ AK=18(cm) (3) Từ đó và (2) tính được HK= OM = 6(cm) và AH=EB = 12 (cm) Nhận thấy tứ giác OMKH là hình chữ nhật nên AOH vuông tại H.Từ đó AO2 = AH2+HO2= AH2 + KM2 = 122+242 =122.5 Trong tam giác vuông EBC có BC2+EB2= EC2 hay BC2+AH2 = 4AO2 BC2 +122= 122.20 BC= Từ (3) và (4) Trường hợp II: C/m Tương tự như trên có AHBE là hình bình hành suy ra AH= BE = 2MO (1). Từ (1)và MO= HK có (do > 900)AK =AH – HK =MO. Từ đó và AK //MO suyra tứ giác AOMK là hình chữ nhật nên AO OM và AO = KM= 4MO . Trong tam giác vuông AOM có AO2+MO2= AM2 hay 16MO2+MO2=302 Trong tam giác vuông EBC có BC2+EB2 = EC2 Từ (50 ,(6) suy ra Như vậy bài toán có 2 đáp số như trên. Bài 3: Khi m=-1,PT trở thành 3x-4=0 Thì PT trở thành (m+1)x2-3mx+4m =0(1) là PT bậc hai . Gọi Là tổng và tích các nghiệm x1,x2 của PT (1). PT(1) Có nghiệm dương trong các trường hợp sau *) 0 = x1< 0 < x2 Khi đó HPT vô nghiệm *) 0 < x1 < x2 Khi đó P < 0 *) Vậy b)Giải PT;x2+3x+1=(x+3) Đặt t=Trở thành t2-(x+3)t+3x=0 (3) Ta có Nên PT có hai nghiệm t=x;t=3. Với t = x thì PT này vô nghiệm. Với t=3 thì Bài 4: a)ĐK:x2 (*) Nhân với lượng liên hợp của tưng mẫu số PT đã cho trở thành Giải HPT và đôí chiếu vơi ĐK ban đầu ta được x = là nghiệm của P đã cho. Bài 5: Ta có :DMP=BCA=AIC Mặt khác ADB=BCA,Suy ra MDP ICA Ta có :ADC=CBA ;DMQ=1800-AMQ=1800-AIM=BIA do đó DMQ BIA A Q B I M C R D Bài 6: Giải PT:Nhận thấy x= 0 là một nghiêm của PT (1) Nếu x<0 ,Vế phải của PT lớn hơn 1, còn vế trái của PT nhỏ hơn 1 nên PT (1) Không có nghiệm .Vậy x= 0 là nghiệm duy nhất của PT(1) b)Tìm các số nguyên dương x,y,z thoã mãn PT:2(y+z)=x(yz-1) (2) Với x = 1 PT(2) Có dạng2(y+z) = yz-1 Ta có nghiẹâm (x,y,z) là (1,3,7) là (1,7,3) Nếu y=1 ,PT(2) có dạng 2(1+z) = x(z-1) (x-2)(z-1) = 4 Ta được các nghiệm (x,y,z)là(3,1,5),(4,1,3),(6,1,2) Nếu y từ (3) phải có y=2,PT(2) có dạng 2(2+z) = x(2z-1) PT này có nghiệm (x,y,z) = ******************************************* ĐỀ THI NĂM 2004 TP ĐÀ NẴNG A-LÝ THUYẾT B BÀI TOÁN BẮT BUỘC Bài 1: a)Cho biết A= 9+3 Hãy so sánh A+B và A.B b)Tính giá trị của biểu thức : Bài 2: a)Giải PT: x4-24x2-25 = 0 b)Giải HPT: Bài 3: Cho PT:x2-2mx+(m-1)3=0(1)(x là ẩn , m là tham số ) a)Giải PT khi m= -1 b)Định m để PT có hai nghiệm phân biệt , trong đó có một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại. Bài 4 Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn .Vẽ các đ7ường cao BD và CE của tam giác Abc .Gọi H là giao điểm của DB và CE. a)C/m tứ giác ADHE nội tiếp một đường tròn . b)C/m DH= DC c)Tính tỉ số : d)Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh OA vuông góc với DE. Tự Giải ***************************** ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN HÀ NỘI 2004 VÒNG I Câu I: 1)Giải PT: 2)Tìm nghiệm nguyên của HPT: Câu II: Cho a,b là các số dương thõa mãn :a100+b100 = a101+b101 = a102+b102 Hãy tính giá trị của biểu thức P = a2004+b2004 Câu III: Cho tam giác ABC có AB = 3cm,BC = 4cm,CA = 5cm.Đường cao ,đường phân giác ,đường trung tuyến của tam giác kẻ từ đỉnh B chia tam giác thành bốn phần . Hãy tính diện tích của mỗi phần. Câu IV Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại H(H không trùng với tâm của đường tròn ).Gọi M và N lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống các đường thẳng AB và BC ;P và Q lần lượt là các giao điểm của các đường thẳng MH và NH với các đường thẳng CD và DA .C/mR:PQ//AC và 4điểm M,N,P,Q cùng thuộc một đường tròn . Câu V: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Vòng II Câu VI: Giải PT: Câu VII: Giải hệ PT: Câu VIII: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Trong đó x, y là các số thực lớn hơn 1 Câu IX: Cho hình vuông ABCD và điểm M nằm trong hình vuông . 1)Tìm tất cả các vị trí của điểm M sao cho MAB = MBC = MCD = MDA 2)- Xét các điểm M nằm trên đường chéo AC.Gọi N chân đường vuông góc hạ từ M xuống cạnh AB và O là trung điểm của đoan thẳngAM.C/m :Tỉ số Có giá trị không đổi khi M di chuyển trên đường chéo AC. 3) Với giả thiết M nằm trên đường chéo AC, Xét các đường (S1)và (S2) có đường kính tương ứng là AM và CN .Hai tiếp tuyến chung của(S1) và (S2) tiếp xúc với (S2 ) tại P vá Q .Chứng minh rằng :PQ tiếp xúc với (S1). *********************************** HƯỚNG DẪN GIẢI VÒNG I Câu I: PT đã cho tương đương với PT: Viết lại hệ đã cho dưới dạng: Từ (1) Do x,y nguyên t có các trường hợp sau : a) x-y = -1 x+2y+2 = 7 và y= 2 ( thõa mãn (2)) b) x-y =-1 y nguyên c) x-y = -7 Giải HPT ta được (x,y) =(-5;2) không thoã mãn PT (2) d) x-y = 7 y không nguyên. Tóm lại hệ đã cho có duy nhất một nghiệm (x;y) = (1;2) Câu II: a102+b102 = (a101 +b101)(a+b)-ab(a100 +b100) Từ GT bài toán và đẳng thức trên ta suy ra: 1 = a+b –ab hay (a-1)(b-1) = 0 (a,b) =(1,1). Do P = 2 Câu III: Gọi H,D ,P lần lượt là chân các đường cao ,phân giác ,trung tuyến hạ từ B xuống các cạnh Ac. Nhận thấy tam giác ABC vuông tại B và SABC = 6(cm2), SABP = SCBP = 3(cm2) A A M Q B H D N P B H D P C Câu IV: C Ta có AHQ = CHN = CBD = CAD, suy ra QAH cân tại Q Từ đó ta có cân tại Q nói cách khác Q là trung điểm của AD. Tương tự ta cũng có P là trung điểm của CD .Do đó PQ // AC . +Ta thấy CBH = NMH ( do đó tứ giác BMHN nội tiếp ) hơn nữa HQP = AHQ = CHN = CBH suy ra NQP = NMP nên các điểm M,N,P,Q cùng nằm trên một đường tròn. Câu V: Sử dung BĐT Cô si cho 4 số dương ta có : VÒNG II Câu VI: ĐK để PT có nghĩa làx 1(1) Biến đổi PT ta được: . Kết hợp với (1) được x = 1 .Thay vào PT ban đầu ta thấy đúng . Câu VII: Hệ PT đã cho tương đương : Trừ từng vế ta được (x+y)3 = 27 ta nhận được HPT tương đương Hệ này có 2 nghiệm (x;y) là (1;2) và (2;1) Câu VIII: Aùp dụng BĐT Cô Si cho các số dương ta có : Câu IX: 1) Từ giả thiết :MAB=MBC, MAB+MBA = 900 hay MA Tương tự ta có : Do đó M là tâm hình vuông ABCD. 2) Dựng MH Khi đó MH= NB và Mặt khác ONB=NMC=1350 nên Gọi P’ là tiếp điểm thuộc đường tròn (S1);O’ là trung điểm của CN và T là giao điểm của OO’ với (S1). Ta có O’OP = O’PO .Do O’P // OP’ nên P’OP =O’PO suy ra POP’= POO’ Vì tương tự QTOT. Từ đó suy ra : :P,T,Q Thẳng hàng hay PQ tiếp xúc với (S1) tại T. A D O N M B C H