095 toán vào 10 chuyên quảng ngãi 2012 2013

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : Tốn ( Hệ chun) Thời gian làm :150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0điểm) A= 3 3 5 3 1) Rút gọn biểu thức 2) Cho hai số x, y thỏa mãn x2 + y2 – 2xy – 2x + 4y – = Tìm giá trị x y đạt giá trị lớn Bài 2: (2,0 điểm) 3 1) Giải phương trình: x  = 3x  2) Giải hệ phương trình: x y    1  y x xy  x  xy  y 5  Bài 3: (2,0 điểm ) 1)Tìm số tự nhiên n để n + n + số nguyên tố 2) Đặt Sn =1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n+1); với n số nguyên dương Chứng minh rằng: 3(n+3)Sn + số phương Bài : (3,0điểm) Cho điểm A đường trịn (O) bán kính R Từ A kẻ đường thẳng d khơng qua O, cắt đường trịn O B c(B nằm A C) Các tiếp tuyến đường tròn O B c cắt D Kẻ DH vng góc với AO H; DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I giao điểm DO BC Chứng minh rằng: 1)Năm điểm D,B,H,O,C nằm đường tròn tứ giác DIHA tứgiác nội tiếp 2) Đường thẳng AM tiếp tuyến đường tròn (O) 3) Tích HB HC khơng đổi đường thẳng d quay quanh điểm A Bài : (1,0 điểm) Trong hình trịn diện tích 2012 cm2 ta lấy 6037 điểm phân biệt cho điểm chúng đỉnh đa giác lồi Chứng minh tồn điểm 6037 điểm lấy đỉnh tam giác có diện tích khơng vượt q 0,5cm2 - Hết Ghi : Không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh : Số báo danh Giám thị : Giám thị : Nguyễn Văn Hân Trường THCS Tịnh Kỳ - 1- BÀI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI Năm học 2012 - 2013 Môn thi : Toán ( Hệ chuyên) Bài 1: (2,0điểm) 1) Rút gọn biểu thức 15(  3) (  3)  1 15(  3) 3 = 3 A=  3 5 3 3 2) Cho hai số x, y thỏa mãn x2 + y2 – 2xy – 2x + 4y – = Tìm giá trị x y đạt giá trị lớn x2 + y2 – 2xy – 2x + 4y – = 0 x2 + y2 + 1– 2xy + 2y – 2x + 2y – = 0 (x - y - 1) = – 2y(1) Vì (x - y - 1)  nên – 2y   2y 8  y 4 Vì ymax nên y= Từ (1) tìm y = Bài 2: (2,0 điểm) 3 3) Giải phương trình: x  = 3x  3 Đặt y = 3x  Suy y 3x  ; x  = 3y Ta có hệ phương trình  x  y     y  x   x  y  y  x 0    y  x  2  x  y   x  xy  y    x  y  0   y  3x   x  y   x  xy  y  3 0  x  y 0 vi x  xy  y       y  x   y  3x  x y   x  x  0   x 1   y 1    x     y  4) Giải hệ phương trình: x y    1   y x xy  x  xy  y 5   x  y 7  xy    x  xy  y 5 Đặt S = x+y, P = xy ta có hệ  S 3    P 2  x  y   xy 7   x  y  xy 5   S 3   S  P 7  S  S 12  S  S  12 0  P 2       S   S  P 5  S  P 5  S  P 5    P 9  x  y 3   xy 2 Khi x,y hai nghiệm phương trình X2 – 3X + = Suy x = 1, y = x = , y =  S     P 9  x  y 3   xy 2 Khi x,y hai nghiệm phương trình X2 +4X + = Phương trình vơ nghiệm Nguyễn Văn Hân Trường THCS Tịnh Kỳ - 2- Vậy x = 1, y = x = , y = Bài 3: (2,0 điểm ) 1)Tìm số tự nhiên n để n + n + số nguyên tố n + n + = n + n + n - n - n - n + n + n + =  n + n + 1  n - n + 1 P= Vì nlà số tự nhiên nên 02 + + 1  03 - + 1  n = => P = =1 không số nguyên tố +1+ 1  -1+ 1 n=1 => P =  =3 số nguyên tố 2 n + n + 1   + + 1 7  n - n + 1   23 - + 1 7 n 2 =>  ; => P 49 có ước khác nên P không số nguyên tố 2) Đặt Sn =1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n+1); với n số nguyên dương Chứng minh rằng: 3(n+3)Sn + số phương Ta có a1 = 1.2  3a1 = 1.2.3  3a1= 1.2.3 - 0.1.2 a2 = 2.3  3a2 = 2.3.3  3a2= 2.3.4 - 1.2.3 a3 = 3.4  3a3 = 3.3.4  3a3 = 3.4.5 - 2.3.4 ………………… an-1 = (n - 1)n  3an-1 =3(n - 1)n  3an-1 = (n - 1)n(n + 1) - (n - 2)(n - 1)n an = n(n + 1)  3an = 3n(n + 1)  3an = n(n + 1)(n + 2) - (n - 1)n(n + 1) Cộng vế đẳng thức ta có 3(a1 + a2 + … + an) = n(n + 1)(n + 2)  1.2  2.3   n(n  1) n(n  1)( n  2) = n(n + 1)(n + 2)  Sn = Suy ra: 3(n+3)Sn + = n(n + 1)(n + 2) (n+3) + =(n2 + 3n)( n2 + 3n+2)+1=( n2 + 3n+1)2-1+1=( n2 + 3n+1)2 Vậy 3(n+3)Sn + số phương với số nguyên dương n Bài : (3,0điểm) 1)Năm điểm D,B,H,O,C nằm đường tròn tứ giác DIHA tứ giác nội tiếp   DBO DCO 900 (DB,DC hai tiếp tuyến (O) => Tứ giác DBOC nội tiếp đường trịn đường kính OD   DHO DCO 900 (DH  AO, DC tiếp tuyến (O) A => Tứ giác DHOC nội tiếp đường trịn đường kính OD Suy năm điểm D,B,H,O,C nằm đường trịn đường kính OD   DHA DIA 900 (DH  AO,DI  BC t/c tiếp tuyến cắt (O) =>I,H thuộc đường trịn đường kính AD => Tứ giác DIHA nội tiếp đường trịn đường kính AD 2) Đường thẳng AM tiếp tuyến đường trịn (O) OCD vng C, CI đường cao =>OI.OD = OC2 mà OC2 = OM2= R2 B D H M J I O Nguyễn Văn Hân Trường THCS Tịnh Kỳ C - 3- Suy OH.OA = OM2 Do OMA vng M => AM tiếp tuyến (O) 3) Tích HB HC không đổi đường thẳng d quay quanh điểm A HB JH JBH ODC ( g g )   CD JC JH HB  Mà CD = BD => JC BD (1) Ta lại có    sd B D HJC  sdCH  D  sd H  D  sdCH   sdCD  HB 2     Mà BD = CD nên BD CD => HJC HBD (2) HB HD HBD HJC (c.g.c)    HB.HC HJ HD HJ HC Từ suy (3) JH AH AHJ DHO( g g )    JH DH  AH OH OH DH (4) AOM vuông M; MH  OA nên AH.OH = HM Vì (O) A cố định => tiếp tuyến AM cố định => M cố định => MH cố định Suy tích HB.HC khơng đổi đường thẳng d quay quanh điểm A     Bài : (1,0 điểm) 2012 0, 5cm Chia hình trịn cho thành 4024 phần hình quạt phần có diện tích 4024 Theo ngun tắc Đi-rích-lê tồn hình quạt có chứa ba điểm ta có tam giác có diện tích nhỏ diện tích hình quạt tức nhỏ 0,5cm2 Nếu khơng có ba điểm nằm hình quạt thành phần, tồn 6037-4024 = 2013 hình quạt 4024 hình quạt mà hình quạt chứa hai điểm Theo ngun tắc Đi-rích-lê tồn hai hình quạt liên tiếp mà hình quạt chứa hai điểm Khi đó, bốn điểm tạo thành hai tam giác phân biệt có chung cạnh (là đường chéo tứ giác lồi) tổng diện tích hai tam giác khơng q 1cm2 Từ ta suy racó tam giác có diện tích nhỏ 0,5 cm2 Hết Nguyễn Văn Hân Trường THCS Tịnh Kỳ - 4-