073 toán vào 10 chuyên hồ chí minh 2012 2013

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TH HCM TRƯỜNG LÊ HỒNG PHONG TP HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2012 MƠN : TỐN ( Chun) Câu 1: Giải phương trình : x   46  10 x  x  x  x  Câu 2: Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a số nguyên dương, biết: f(5) – f(4) = 2012 Chứng minh: f(7) – f(2) hợp số ab  bc  ca 2 Câu 3: Cho ba số dương a; b c thỏa a + b + c = Tìm GTNN : A 14  a  b  c   a b  b2c  c a Câu 4:Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) có AC vng góc BD H Trên cạnh AB lấy điểm M cho: AM = 1/3 AB Trên cạnh HC lấy trung điểm N chứng minh MH vng góc với DN Câu 5: Cho đường tròn tâm O đường tròn tâm I cắt hai điểm A B(O I khác phía A B) IB cắt (O) E: OB cắt (I) F Qua B vẽ MN // EF( M thuộc (O) N thuộc (I) a) Chứng minh :Tứ giác OAIE nội tiếp ; b) Chứng minh :AE + AF = MN Câu 6: Trên mặt phẳng cho 2013 điểm tùy ý cho điểm tồn điểm mà khoảng cách điểm ln bé Chứng minh tồn đường trịn có bán kính chứa 1007 điểm( kể biên) ………………………………… Hết ………………………………… GỢI Ý Câu 1: Giải phương trình : x   46  10 x  x  x  x 1 1 46 x  Điều kiện : 10 x   46  10 x  x3  x  x   x    46  10 x   x  x  x    8x 1   8x 1    46  10 x   46  10 x  8x 1  46  10 x   81 x 10   x      x   x  x   x 1  46  10 x    x 0   8 10  x2  x   x   46  10 x     x  x  x  8  1  2 Từ (1) suy ra: x = Từ (2), ta có : x2 – 4x + = (x – 2)2 +  với x 10 10   46  10 x  6 10 8 10 suy :     46  10 x  x 1  46  10 x  x 1  3 10 8   x  x  , với x Vậy : 46  10 x  x 1  Suy phương trình có nghiệm : x = 46  10 x 0  46  10 x  6  Câu 2: Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a số nguyên dương, biết: f(5) – f(4) = 2012 Chứng minh: f(7) – f(2) hợp số Ta có : f(5) – f(4) = 2012  (125a + 25b + 5c + d) – ( 64a + 16b + 4c + d) = 2012  61a + 9b + c = 2012 f(7) – f(2) = (343a + 49b + 7c + d) – ( 8a + 4b + 2c + d) = 335a + 45b + 5c = 305a + 45b + 5c +30a = 5(61a + 9b + c) + 30a = 2012 + 30a = 2( 1006 + 15a) Vì a số nguyên nên ta : 2( 1006 + 15a) chia hết cho Vậy f(7) – f(2) hợp số ab  bc  ca 2 Câu 3: Cho ba số dương a; b c thỏa a + b + c = Tìm GTNN : A 14  a  b  c   a b  b2c  c a   a  b2  c2  2 2 Ta có : (a + b + c) = a + b + c + 2(ab + bc + ca)  ab  bc  ca Ta có: a2 + b2 + c2 = (a + b + c) (a2 + b2 + c2) = a3 +b2a+ b3 + bc2 + c3 + ca2 + a2b + b2c + c2a Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si: a3 + b2a ≥ 2a2b ; b3 + bc2 ≥ 2b2c ; c3 + ca2 ≥ 2c2a , dấu “=” xảy a = b = c suy ra: a2 + b2 + c2 = a3 +b2a+ b3 + bc2 + c3 + ca2 + a2b + b2c + c2a ≥ 3(a2b + b2c + c2a) 2  ab  bc  ca    a  b  c  ab  bc  ca     suy ra: a b  b 2c  c a a  b  c a b  b 2c  c a a  b2  c 2  a  b2  c  Đặt : t = a2 + b2 + c2, ta có : 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 =  t ≥ 1 , dấu “=” xảy a = b = c = 3  3t 28t 3t 27t t        2t 2t 2t 2t 2 27t 27t Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si :  2 9 dấu “=” xảy : t = 2t 2t t 3 4 1 Mặt khác :      : t   2 3 3 23 1 Suy ra: A 9   dấu “=” xảy : a2 + b2 + c2 = a = b = c suy ra: a = b = c = 3 3 23 Vậy A đạt giá trị nhỏ , a= b = c = 3 Ta : A = 14t  Câu 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) có AC vng góc BD H Trên cạnh AB lấy điểm M cho: AM = 1/3 AB Trên cạnh HC lấy trung điểm N chứng minh MH vng góc với DN A + Gọi E; F trung điểm HB MB, M Suy ra: AM = MF = FB = 1/3 AB F + Gọi K G giao điểm MH với DN AE G H B D + Ta có:  AHB ~  DHC => AH : HB = DH : HC E => AH : (2HE) = DH : ( 2HN)  AH : HE = DH : HN K O   =>  AHE ~  DHN => NDH EAH + Ta có : EF đường trung bình tam giác HMB => HM // EF N + Xét  AEF : AM = MF MG // EF => AG = GE + Xét  AEH: vng H có G trung điểm AE, suy ra: C   AG = HG = EG =>  AHG cân G => AHG EAH       + Ta có : KDH  DHK EAH  DHK AHG  DHK 900 , suy  DHK vuông K Vậy MH vuông góc với DN.(đpcm) Câu 5: Cho đường trịn tâm O đường tròn tâm I cắt hai điểm A B(O I khác phía A B) IB cắt (O) E: OB cắt (I) F Qua B vẽ MN // EF( M thuộc (O) N thuộc (I) a) Chứng minh :Tứ giác OAIE nội tiếp ; A b) Chứng minh :AE + AF = MN a)   +  BOE cân O => OBE ; OEB I O   +  BIF cân I => IBF IFB ; N B M F E    OEB   , suy ra: tứ giác OIFE nội tiếp Do : OBE IBF IFB   + Do : AOI = BOI ( c – c – c) => OAI OBI + Ta có :     OAI  OEI OBI  OBE 1800 , suy tứ giác AOEI nội tiếp Vậy điểm O; A; I; E; F nằm đường tròn Vậy Tứ giác OAIE nội tiếp b)     FOI  Sd AB + Xét đường tròn (O) : AMB   + Do : MN // EF ta : BEF ( slt)  MBE   + Do điểm O; A; I; E; F nằm đường tròn, suy ra: BEF  FOI     Suy ra: AMB suy ra: AM // EB  FOI  BEF  MBE Vậy tứ giác MABE hình thang nội tiếp đường trịn (O) suy ra: MABE hình thang cân => MB = AE + Chứng minh tương tự ta : NB = AF, suy ra: AE + AF = MB + NB = MN ( đpcm) Câu 6: Trên mặt phẳng cho 2013 điểm tùy ý cho điểm khoảng cách hai điểm bé Chứng minh tồn đường trịn có bán kính chứa 1007 điểm( kể biên) Gọi điểm : A1; A2; A3; …; Ai; Ai + ; A2012; A2013 Ta chia cặp điểm sau: (A1; A2013); ( A2; A2012); …( Ai; A2013 – i)…;(A1006; A1008) , điểm A1007 Xét điểm A1007 với cặp điểm cho, theo giả thiết cặp điểm tồn điểm Am cho đoạn thẳng A1007Am có độ dài nhỏ Khơng tính tổng quát giả sử điểm A1; A2; …; A1006 có khoảng cách đến điểm A1007 nhỏ 1, suy điểm A1; A2; …; A1006 nằm đường tròn tâm A1007 bán kính Vậy tồ đường trịn có bán kính chứa 1007 điểm 2013 điểm cho (đpcm) Rất mong nhận góp ý bạn Giáo viên : Hà Gia Có – trường THCS Lý Thường Kiệt – Định Quán – Đồng Nai