1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Đề thi thử vào 10 Chuyên Toán (Đề trường 218)

3 260 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 3
Dung lượng 211,89 KB

Nội dung

Chứng minh rằng MN // BC.. Chứng minh 4 điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn... Chứng minh 4 điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn.. AN cắt BH tại I.. Vì AE  AB tại A do

Trang 1

TRƯỜNG BỒI DƯỠ NG VĂN HÓA 218 LÝ TỰ TRỌNG, Q.1

ĐIỆN THOẠI: 38 243 243

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2011  2012

MÔN THI: TOÁN HỆ CHUYÊN

THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 phút

CÂU 1 (3 điểm)

x  x  x  x  4x x x x  8

CÂU 2 (4 điểm)

(x 1)(x 3) y 4y

x   xy y     9 

CÂU 3 (4 điểm)

b Trong các số : 3; 33; 333; …… ;

2011 chữ số

333 3 

có bao nhiêu số chia hết cho 13, tính tổng tất cả các số đó

CÂU 4 (3 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1

P

CÂU 5 (4 điểm)

tại D, E, F DE cắt CF tại M, DF cắt BE tại N

a Chứng minh rằng MN // BC

Chứng minh 4 điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn

CÂU 6 (2 điểm)

Trang 2

TRƯỜNG BỒI DƯỠNG VĂN HÓA 218 LÝ TỰ TRỌNG, Q.1

ĐIỆN THOẠI: 38 243 243

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 20112012

MÔN THI: TOÁN HỆ CHUYÊN

CÂU 1 (3 điểm) Phương trình: x4 – (m + 3) x2 – 2m2 + 3m + 2 = 0 (1) ; Đặt t = x2 (t  0), phương trình thành:

t2 – (m + 3) t – (2m2 3m  2) = 0 (2)  t2 – (2m + 1) t + (m – 2)t – (2m+1)(m–2) = 0

 t[t – (2m + 1)] + (m – 2)[t – (2m + 1)] = 0  [t – (2m+1)] [t + (m – 2)] = 0  t 2m 1t  m 2



Ph/trình (1) có 4 nghiệm phân biệt  Ph/trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt  1

1

 

   

Với m thỏa điều kiện trên, không mất tính tổng quát nếu ta đặt 1

2

t  m 2

   

 và x1  t ;x1 2 t ;x1 3  t ;x2 4 t2

1 2 3 3 1 2 3 4 1 1 2 2 1 2 1 2

x x x x 4x x x x      8 t t t t 4t t  8 2(t t ) 8

 (2m + 1 + m – 2)2 = 4  (3m – 1)2 = 22  3m 1 2 m 11

3m 1  2 m

    

  (nhận) Vậy giá trị m cần tìm là 1

3

 ; 1

CÂU 2 (4 điểm)

a Giải phương trình: x x 3  10 x (1) ; ĐK: x 0x 3 0 0 x 10

10 x 0

 



 Với x > 1 ta có: VT(1) x x 3  1 1 3 VT(1) 3 và VP(1) 10 x  10 1 VP(1) 3

 Với x < 1 ta có: VT(1) x x 3  1 1 3 VT(1) 3 và VP(1) 10 x  10 1 VP(1) 3

x ≠ 1 không là nghiệm của (1)

 Với x = 1 ta có : VT(1) = 3 = VP(1) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là 1

(x 1)(x 3) y 4y (1)

x xy y 9 (2) ; (1)  (x – 1)(x + 3) = y(y + 4)

 Với y = 0  (x – 1)(x + 3)= 0  x 1x 3

 thay vào (2), hệ phương trình nhận nghiệm (3; 0)

 Với x =  3  x + 3 = 0  y(y + 4)= 0  y 0y 4thay vào (2), hệ phương trình nhận nghiệm (3; 0)

 Với x + y + 3 = 0  y =  x – 3 thay vào (2) ta có : x2 + x(x – 3) + (x – 3)2 = 9

 x2 – x2 – 3x + x2 + 6x + 9 = 9  x(x + 3) = 0  x 0 x 0 hoặcx 3

x 3 y 3 y 0 

 Với y 0x 3

x y 3 0

  

  

 Từ (1)  (x – 1)(x + 2) = y(y + 4) 

y 4 x 1 y 4

 y = x – 1 thay vào (2) ta có : x2 + x(x – 1) + (x – 1)2 = 9  x2 + x2 – x + x2 2x + 1 = 9  3x2  3x  8 = 0

x 3 105 hoặc x 3 105

Thử lại hệ nhận các nghiệm: (3; 0); (0; 3);  3 105 3; 105  ; 3 105 3; 105 

Cách khác: (1)  y2 + 4y – (x – 1)(x + 3) = 0  y2 + (x+3)y – (x – 1)y  (x – 1)(x + 3) = 0

 (y + x + 3)[y – (x – 1)] = 0  yy x 1   x 3 thay vào (2) ta có kết quả như trên

CÂU 3 (4 điểm)

a Đặt p = n3 – 10n2 + 20n – 8 = (n3 – 8) – (10n2 – 20n) = (n – 2)(n2 + 2n + 4) – 10n(n – 2)= (n – 2)(n2 – 8n + 4)

n 1

n 3

 

 n = 1  p = 1 – 10 + 20 – 8 = 3 (nhận)  n = 3  p = 33 – 10.32 + 20.3 – 8 =  11 (loại)

Vậy giá trị n cần tìm là 1

b Thử trực tiếp ta thấy số 333333 là số nhỏ nhất trong các số đã cho chia hết cho 13

Ta chứng minh trong các số đã cho, chỉ các số có dạng

6k chữ số

333 3

 (k  N*) mới chia hết cho 13

Ta có :

6k chữ số k 1 cụm chữ số 000001

333 3 333333.1000001000001 000001 13

Các số đã cho lớn hơn 333333 nếu không có dạng

6k chữ số

333 3 thì có dạng

6k r chữ số

333 3

 (k N*, r {1;2;3;4;5})

r chữ số r chữ số 6k r chữ số 6k chữ số

333 3 333 300 0 33 3

r chữ số r chữ số 6k chữ số 6k chữ số

333 300 0 333 3.100 0  13 và 

r chữ số

33 3 13 (do r < 6 ) 

6k r chữ số

333 3

 13 Vậy chỉ có các số có dạng 333 3 mới chia hết cho 13 Số đầu và số cuối trong các số đã cho chia hết cho 13 là: 333333;

Trang 3

2010 chữ số

333 3 , nên số các số chia hết cho 13 là 2010 6 1 335

6   (số) Gọi S là tổng các số đó:

12 chữ số 18 chữ số 2010 chữ số 6.1 chữ số 6.2 chữ số 6.335 chữ số

S 333333 33 3 33 3 33 3     33 3 33 3    33 3    

6.1 chữ số 6.2 chữ số 6.3 chữ số 6.335 chữ số

1 99 9 99 9 99 9 99 9 3

 6.1 6.2 6.3 6.335 

3

         1.10 1 (10 ) (10 )6 6 6 2 (10 )6 334 335

Với q = 106 có S 1q 1 q q 2 q334 335

      ; Ta có (q – 1)(1 + q + q2 + …+q334) = q + q2 + q3+ …+q3351 q q2 …  q334

= q335 1  1 + q2 + q3 + …+q334 = 335 6 335

6

q 1 S 1.10 10 1 335

CÂU 4 (3 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Côsi với x, y dương :x y 2 x.y 2

y x  y x  , tương tự ta có với các số dương x, y, z ta có : (x + y + z) 1 1 1

x y z

 

                (*)

Ta có:

1

2

(2a 2b 3a b) 5a 3b 3a 4ab b  (a b)(3a b)   (2a 2b)(3a b)       

(theo bất đẳng thức Cô si: (2a 2b)(3a b) 1(2a 2b 3a b) 1(5a 3b)

        ) Tương tự cho hai biểu thức còn lại của P, ta

(áp dụng (*)cho x = 5a+3b; y = 5b+3c; z = 5c + 3a) Khi a = b = c = 1

3 thì P = 9 24 Vậy P nhỏ nhất bằng 9 24

Cách khác:

1

5a 3b 3a 4ab b  24a 32ab 8b  (25a 30ab 9b ) (a  2ab b )  (5a 3b) (a b)    

Làm tiếp tục như trên, suy ra đpcm

CÂU 5 (4 điểm)

a Chứng minh MN // BC Ta có CHG 1sđ.AE sđ.CD  1sđ.CE sđ.BD  CGH

CHG cân tại C, mà CM là phân giác (gt) nên cũng là đường cao  CM  DE tại M

Tương tự ta có BN  DF tại N  tứ giác DMIN nội tiếp đường tròn đường kính ID

 IMN 1sđ.IN IDN ADF   1sđ.AF 1sđ.BF FCB 

Mà IMN và FCB ở vị trí đồng vị MN // CB (đpcm)

b Chứng minh 4 điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn

Chứng minh tương tự trên ta có :  IMP FCA và MP // CA   NMP BCA

Tứ giác DMIN nội tiếp đường tròn đường kính ID  Q là trung điểm ID

 NQI sđ.IN 2.IDN 2.ADF sđ.AF    1sđ.AB BCA 

2

   NMP NQI NQP   tứ giác NQMP nội tiếp (đpcm)

CÂU 6 (2 điểm)

Qua B vẽ đường thẳng  BC cắt AE, AF tại H ; G AN cắt BH tại I Vì AE  AB tại A

(do BE là đường kính) mà A, B cố định suy ra đường thẳng AE cố định

BH qua B cố định và  BC cố định nên đường thẳng BH cố định Suy ra H cố định

(giao của hai đường thẳngAE, BH cố định) Chứng minh tương tự ta có G cố định

Ta có BME 90 o (góc chắn nửa đường tròn), FMC 90 0

(góc chắn nửa đường tròn) Suy ra 3 điểm E, F, M thẳng hàng (cùng nằm

trên đường thẳng qua M BC) Ta có EF // HG (cùng vuông góc với BC)

 EN AN NF

HI  AI  IG mà NE = NF (gt)  IH = IG  I là trung điểm của HG

 I cố định Vậy khi M di động trên BC thì N di động trên đường thẳng AI cố định

Cách khác (hướng dẫ n).Vẽ trung tuyến AJ của ABC

Chứng minh ABC AEF (    B E;C F  )

Chứng minh ABJ AEN (c.g.c)   BAJ EAN mà   EAN NAB EAB 90   o

o

     AN  AJ Suy ra N di động trên đường thẳng qua A  AJ cố định

Ngày đăng: 17/12/2015, 08:03

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w