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

Chia sẻ: Trần Bá Trung3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0
120
lượt xem
14
download

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

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chuyên toán Quang Trung 2006-2009 có đáp án đề chung "sẽ giúp cho các bạn học sinh có thể tự học, tự ôn tập, luyện tập và tự kiểm tra đánh giá năng lực tiếp thu kiến thức, nâng cao khả năng vận dụng kiến thức toán học.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi chuyên toán Quang Trung 2006-2009 có đáp án đề chung

  1. SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO BÌNH PHÖÔÙC KÌ THI TUYEÅN SINH VAØO TRÖÔØNG THPT CHUYEÂN QUANG TRUNG NAÊM HOÏC 2006 – 2007 MOÂN THI: TOAÙN (BAØI THI CHUNG CHO CAÙC MOÂN) Thôøi gian laøm baøi: 150 phuùt (khoâng keå thôøi gian giao ñeà) ------------------------------------------------------------------------------ Baøi 1  x2 x  2 x 2  8 x  4   x  14  Cho bieåu thöùc P      .   x2 x2 x2  4   x  a) Ruùt goïn bieåu thöùc P b) Vôùi nhöõng giaù trò naøo cuûa x thì bieåu thöùc coù giaù trò nguyeân. Baøi 2 1 Cho haøm soá y  x 2 ( P) 2 c) Vieát phöông trình ñöôøng thaúng () bieát ñöôøng thaúng () caét (P) taïi hai ñieåm phaân bieät A, B coù hoaønh ñoä laàn löôït laø 4 vaø 2 d) Tìm caùc giaù trò cuûa m ñeå ñöôøng thaúng (d) y   x  2m  3 caét parabol (P) taïi hai ñieåm 7 phaân bieät vôùi hoaønh ñoä x1 , x2 thoûa maõn x12  x2  2 2 Baøi 3 a) Giaûi phöông trình sau: x  2 x  1  x  2 x  1  2 b) Hai soá coù 2 chöõ soá ñöôïc vieát bôûi cuøng caùc chöõ soá nhöng theo thöù töï khaùc nhau. Tích hai soá naøy baèng 2701. Soá beù lôùn hôn toång caùc chöõ soá cuûa noù laø 27. Tìm hai soá ñoù. Baøi 4 Cho hình bình haønh ABCD coù ñænh D naèm treân ñöôøng troøn ñöôøng kính AB. Haï BN vaø DM cuøng vuoâng goùc vôùi ñöôøng cheùo AC. Chöùng minh: a) Töù giaùc CBMD noäi tieáp moät ñöôøng troøn. b) Khi D di ñoäng treân ñöôøng troøn ñöôøng kính AB thì BMD  BCD khoâng ñoåi.   c) DB.DC = DN. AC Baøi 5 Cho a, b, c laø ñoä daøi ba caïnh cuûa moät tam giaùc. Chöùng minh raèn g phöông trình: x2  (a  b  c) x  ab  bc  ca  0 voâ nghieäm. HEÁT
  2. This is trial version www.adultpdf.com
  3. This is trial version www.adultpdf.com
  4. 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 ( x + 2) 2 − ( x − 2)2 + x 2 − 8 x − 4 x + 14 x 2 − 4 x + 14 x + 14 a) Ta có P = . = 2 . = x2 − 4 x x −4 x 4 x + 14 14 14 b) Ta bi n i P = = 1+ . P là s nguyên thì ph i là s nguyên, nên x ph i là cc a x x x 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: 1 2 1 x = ax + b ⇔ x 2 − ax − b = 0 2 2 1 (−4) 2 + 4a − b = 0 Theo bài ra ta có: 2 a = −3 . V y ( ∆ ) : y = −3 x − 4 ⇔ 1 b = −4 (−2) 2 + 2a − b = 0 2 b) Giao i m c a (d) và (P) là nghi m c a ph ng trình: 1 2 x = − x + 2m − 3 ⇔ x 2 + 2 x − 4 m + 6 = 0 2 ∆'≥ 0 m > 5/ 4 m > 5/ 4 Yêu c u bài toán ⇔ 2 ⇔ ⇔ m = 23 /16 2 x1 + x2 = 7 / 2 2 ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 7 / 2 m = 23 /16 23 V y m= là giá tr c n tìm. 16 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 ≤ x < 2 là nghi m c a pt N u x − 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 thì ta 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: ab.ba = 2701 (10a + b)(10b + a ) = 2701 a=3 ⇔ ⇔ . V y hai s c n tìm là 37 và 73 ab = 27 + a + b 10a + b = 27 + a + b b=7 Bài 4 a) Do ADB = 900 nên CBD = ADB = 900 , theo gi thi t DMC = 900 .V y t giác CBMD có DMC = DBC = 900 nên n i ti p. A B b) Do t giác CBMD n i ti p nên BMD + BCD = 1800 không i. M c) Xét hai tam giác ACD và BDN có: N C DAC = DBN (góc n i ti p cùng ch n cung DN ) D DNB = ADC (cùng c ng v i góc DAB b ng 1800) AC CD V y hai tam giác ng d ng nên = AC.DN = BD.CD BD DN Bài 5 Ta có ∆ = (a + b + c)2 − 4(ab + bc + ca ) = a 2 + b 2 + c 2 − 2(ab + bc + ca ) Do a, b, c là dài ba c nh c a tam giác nên a < b + c a 2 < a (b + c) = ab + bc , t ng t ta có 2 2 2 2 2 b < ba + bc , c < ca + cb . C ng l i ta có a + b + c < 2(ab + bc + ca ) . V y ∆ < 0 nên ph ng trình vô nghi m. ý,
  5. LỜI GIẢI ĐỀ THI LỚP 10 TUYỂN SINH TRƯỜNG QUANG TRUNG NĂM HỌC 2006 – 2007 MÔN TOÁN CHUNG Bài 1 ( x  2)2  ( x  2)2  x 2  8 x  4 x  14 x 2  4 x  14 x  14 a) Ta có P  .  2 .  x2  4 x x 4 x 4 x  14 14 14 b) Ta biến đổi P   1  . Để P là số nguyên thì phải là số nguyên, nên x phải là ước của x x x 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: 1 2 1 x  ax  b  x 2  ax  b  0 2 2 1  2 (4)  4a  b  0 2  a  3 Theo bài ra ta có:   . Vậy () : y  3x  4 1  (2)  2a  b  0 2 b  4 2  b) Giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: 1 2 x   x  2m  3  x 2  2 x  4 m  6  0 2  '  0  m  5 / 4  m  5 / 4 Yêu cầu bài toán   2    m  23/16  x1  x2  7 / 2 ( x1  x2 )  2 x1 x2  7 / 2 m  23/16 2 2   23 Vậy m  là giá trị cần tìm. 16 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: ab.ba  2701  (10a  b)(10b  a)  2701 a  3    . Vậy hai số cần tìm là 37 và 73   ab  27  a  b 10a  b  27  a  b b  7 Bài 4 a) Do ADB  900 nên CBD    ADB  900 , theo giả thiết    DMC  900 .Vậy tứ giác CBMD có DMC  DBC  900 nên nội tiếp. A B   b) Do tứ giác CBMD nội tiếp nên BMD  BCD  1800 không đổi. M c) Xét hai tam giác ACD và BDN có: N   DAC  DBN (góc nội tiếp cùng chắn cung DN )  D C  ADC  DNB   (cùng cộng với góc DAB bằng 1800) AC CD Vậy hai tam giác đồng dạng nên   AC.DN  BD.CD BD DN Bài 5. Ta có   (a  b  c)2  4(ab  bc  ca)  a 2  b2  c 2  2(ab  bc  ca) Do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên a  b  c  a 2  a(b  c)  ab  bc , tương tự ta có b2  ba  bc , c2  ca  cb . Cộng lại ta có a 2  b2  c2  2(ab  bc  ca) . Vậy   0 nên phương trình vô nghiệm.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản