TRƯỜNG BỒI DƯỢ NG VĂN HÓA 218 LÝ TỰ TRỌNG, Q.1 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 20112012 ĐIỆN THOẠI: 38 243 243 MÔN THI: TOÁN HỆ CHUYÊN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 phút CÂU (3 điểm) Cho phương trì nh : x4 – (m + 3) x2 – 2m2 + 3m + = (x ẩn số) Tì m giá trò m để phương trì nh có bốn nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 thỏa 4 4 x1 x x3 x3 4x1x x3x CÂU (4 điểm) a Giải phương trì nh: b Giải hệ phương trì nh: x x 10 x (x 1)(x 3) y 4y x xy y CÂU (4 điểm) a Tì m số tự nhiên n cho : n3 – 10n2 + 20n – số nguyên tố b Trong số : 3; 33; 333; …… ; 333 2011 chữ số có số chia hết cho 13, tính tổng tất số CÂU (3 điểm) Cho a, b, c số thực dương có tổng 1 1 Tì m giá trò nhỏ biểu thức P 3a2 4ab b2 3b2 4bc c2 3c2 4ca a2 CÂU (4 điểm) Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O ngoại tiếp đường tròn tâm I AI, BI, CI cắt (O) D, E, F DE cắt CF M, DF cắt BE N a Chứng minh MN // BC b Gọi Q tâm đường tròn ngoại tiếp DMN, P giao điểm AD EF Chứng minh điểm M, N, P, Q nằm đường tròn CÂU (2 điểm) Cho ABC cố đò nh, M điểm di động cạnh BC Vẽ đường kính BE đường tròn ngoại tiếp ABM đường kính CF đường tròn ngoại tiếp ACM Gọi N trung điểm EF Chứng minh M di động BC N di động đường thẳng cố đò nh TRƯỜNG BỒI DƯỢ NG VĂN HÓA 218 LÝ TỰ TRỌNG, Q.1 ĐIỆN THOẠI: 38 243 243 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 20112012 MÔN THI: TOÁN HỆ CHUYÊN CÂU (3 điểm) Phương trì nh: x4 – (m + 3) x2 – 2m2 + 3m + = (1) ; Đặt t = x2 (t 0), phương trì nh thành: 2 t – (m + 3) t – (2m 3m 2) = (2) t2 – (2m + 1) t + (m – 2)t – (2m+1)(m–2) = t[t – (2m + 1)] + (m – 2)[t – (2m + 1)] = [t – (2m+1)] [t + (m – 2)] = t 2m t m 2m 1 m Ph/trì nh (1) có nghiệm phân biệt Ph/trì nh (2) có nghiệm dương phân biệt m m 2m m Với m thỏa điều kiện trên, không tính tổng quát ta đặt t1 2m x1 t1 ;x t1 ;x3 t ;x t t m Ta có: x14 x24 x34 x34 4x1x2 x3 x t12 t12 t 22 t 22 4t1t 2(t1 t )2 (2m + + m – 2)2 = (3m – 1)2 = 22 3m m 1 3m 2 m CÂU (4 điểm) a Giải phương trì nh: Với x > ta có: x x 10 x (nhận) Vậy giá trò m cần tì m ; x (1) ; ĐK: x x 10 10 x VT(1) x x VT(1) VP(1) 10 x 10 VP(1) Với x < ta có: VT(1) x x VT(1) VP(1) 10 x 10 VP(1) x ≠ không nghiệm (1) Với x = ta có : VT(1) = = VP(1) Vậy phương trì nh (1) có nghiệm 4y (1) (x 1)(x 3) y b Giải hệ phương trì nh: ; (1) (x – 1)(x + 3) = y(y + 4) x xy y (2) Với y = (x – 1)(x + 3)= x thay vào (2), hệ phương trì nh nhận nghiệm (3; 0) x 3 Với x = x + = y(y + 4)= y thay vào (2), hệ phương trì nh nhận nghiệm (3; 0) y 4 Với x + y + = y = x – thay vào (2) ta có : x2 + x(x – 3) + (x – 3)2 = x2 – x2 – 3x + x2 + 6x + = x(x + 3) = x x x 3 (do y =–x – 3) y 3 y0 x 3 y y x 1 y 1 Với x 3 Từ (1) (x – 1)(x + 2) = y(y + 4) x y x3 yx3 x y y = x – thay vào (2) ta có : x2 + x(x – 1) + (x – 1)2 = x2 + x2 – x + x2 2x + = 3x2 3x = x 105 x 105 (x;y) 105 ; 3 105 (x;y) 105 ; 3 105 (do y = x – ) 6 6 6 Thử lại hệ nhận nghiệm: (3; 0); (0; 3); 6105 ; 3 6 105 ; 6105 ; 3 6 105 Cách khác: (1) y2 + 4y – (x – 1)(x + 3) = y2 + (x+3)y – (x – 1)y (x – 1)(x + 3) = (y + x + 3)[y – (x – 1)] = y x thay vào (2) ta có kết y x CÂU (4 điểm) a Đặt p = n3 – 10n2 + 20n – = (n3 – 8) – (10n2 – 20n) = (n – 2)(n2 + 2n + 4) – 10n(n – 2)= (n – 2)(n2 – 8n + 4) n n 1 n n n 1 n n p nguyên tố n 8n n 8n n 13 (loại) n 8n n 8n 1 n 8n n 11 (loại) n = p = – 10 + 20 – = (nhận) n = p = 33 – 10.32 + 20.3 – = 11 (loại) Vậy giá trò n cần tì m b Thử trực tiếp ta thấy số 333333 số nhỏ số cho chia hết cho 13 * Ta chứng minh số cho, số có dạng 333 (k N ) chia hết cho 13 6k chữ số Ta có : 333 333333.1000001000001 000001 13 (do 333333 13) 6k chữ số k 1 cụm chữ số 000001 Các số cho lớn 333333 dạng 333 có dạng 333 (k N*, r {1;2;3;4;5}) 6k chữ số 6k r chữ số Ta lại có 333 mà 333 300 333 300 33 333 3.100 6k r chữ số 6k chữ số r chữ số r chữ số 6k chữ số r chữ số 6k chữ số r chữ số 13 33 13 (do r < ) 333 13 r chữ số k r chữ số Vậy có số có dạng 333 cho chia hết cho 13 là: 333333; chia hết cho 13 Số đầu số cuối số 6k chữ số 2010 335 (số) Gọi S tổng số đó: 333 , nên số số chia hết cho 13 2010 chữ số 1 S 333333 33 99 99 99 33 33 33 33 33 99 6.335 chữ số 6.1 chữ số 6.2 chữ số 6.3 chữ số 12 chữ số 18 chữ số 2010 chữ số 6.1 chữ số 6.2 chữ số 6.335 chữ số 1 335 6.1 6.2 6.3 6.335 6 6 334 10 10 10 10 1 10 1 (10 ) (10 ) (10 ) 3 334 335 334 Với q = 10 có S q 1 q q q ; Ta có (q – 1)(1 + q + q + …+q ) = q + q2 + q3+ …+q335 1 q q2 … q334 3 335 q335 S 106 10 335 = q335 + q2 + q3 + …+q334 = q 1 106 y y CÂU (3 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Côsi với x, y dương : x x , tương tự ta có với số dương x, y, z ta có : y x y x y y (x + y + z) = x z z x x y z y x z y x z (*) 2 1 2 3a2 4ab b2 (a b)(3a b) (2a 2b)(3a b) 12 (2a 2b 3a b) 5a 3b (theo bất đẳng thức Cô si: (2a 2b)(3a b) (2a 2b 3a b) (5a 3b) ) Tương tự cho hai biểu thức lại P, ta 2 Ta có: suy : P 2 2 2 2 (8a 8b 8c) 5a 3b 5b 3c 5c 3a 5a 3b 5b 3c 5c 3a (5a 3b) (5b 3c) (5c 3a) 5a 3b 5b 3c 5c 3a (áp dụng (*)cho x = 5a+3b; y = 5b+3c; z = 5c + 3a) Khi a = b = c = P = Vậy P nhỏ 4 2 2 Cách khác: 2 3a2 4ab b2 24a2 32ab 8b2 (25a2 30ab 9b2 ) (a2 2ab b2 ) (5a 3b)2 (a b)2 5a 3b Làm tiếp tục trên, suy đpcm CÂU (4 điểm) sđ.AE sđ.CD sđ.CE sđ.BD CGH a Chứng minh MN // BC Ta có CHG 2 CHG cân C, mà CM phân giác (gt) nên cũ ng đường cao CM DE M Tương tự ta có BN DF N tứ giác DMIN nội tiếp đường tròn đường kính ID sđ.IN IDN ADF sđ.AF sđ.BF FCB IMN 2 vò FCB Mà IMN trí đồng vò MN // CB (đpcm) b Chứng minh điểm M, N, P, Q nằm đường tròn BCA FCA MP // CA NMP Chứng minh tương tự ta có : IMP Tứ giác DMIN nội tiếp đường tròn đường kính ID Q trung điểm ID sđ.IN 2.IDN 2.ADF sđ.AF sđ.AB BCA mà NMP BCA NQI NQI NQP tứ giác NQMP nội tiếp (đpcm) NMP CÂU (2 điểm) Qua B vẽ đường thẳng BC cắt AE, AF H ; G AN cắt BH I Vì AE AB A (do BE đường kính) mà A, B cố đò nh suy đường thẳng AE cố đò nh BH qua B cố đò nh BC cố đò nh nên đường thẳng BH cố đò nh Suy H cố đò nh (giao hai đường thẳngAE, BH cố đò nh) Chứng minh tương tự ta có G cố đò nh 90o (góc chắn nửa đường tròn), FMC 900 Ta có BME (góc chắn nửa đường tròn) Suy điểm E, F, M thẳng hàng (cùng nằm đường thẳng qua M BC) Ta có EF // HG (cùng vuông góc với BC) EN AN NF mà NE = NF (gt) IH = IG I trung điểm HG HI AI IG I cố đò nh Vậy M di động BC N di động đường thẳng AI cố đò nh Cách khác (hướng dẫ n).Vẽ trung tuyến AJ ABC E;C F ) Chứng minh ABC AEF ( B NAB EAB 90o EAN mà EAN Chứng minh ABJ AEN (c.g.c) BAJ NAB NAJ AN AJ Suy N di động đường thẳng qua A AJ cố đò 90o BAJ nh ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ VÀO LỚP 10 HỆ CHUYÊN NĂM 20112012 LƯU HÀNH NỘI BỘ ... chữ số 2 010 chữ số 6.1 chữ số 6.2 chữ số 6.335 chữ số 1 335 6.1 6.2 6.3 6.335 6 6 334 10 10 10 10 1 10 1 (10 ) (10 ) (10 ) 3 334 335 334 Với q = 10 có S ... thay vào (2) ta có : x2 + x(x – 1) + (x – 1)2 = x2 + x2 – x + x2 2x + = 3x2 3x = x 105 x 105 (x;y) 105 ; 3 105 (x;y) 105 ; 3 105 (do y = x – ) 6 6 6 Thử lại...TRƯỜNG BỒI DƯỢ NG VĂN HÓA 218 LÝ TỰ TRỌNG, Q.1 ĐIỆN THOẠI: 38 243 243 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 20112012 MÔN THI: TOÁN HỆ CHUYÊN CÂU (3 điểm) Phương