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 1TRƯỜNG 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 2TRƯỜNG 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 20112012
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 1x 3
thay vào (2), hệ phương trình nhận nghiệm (3; 0)
Với x = 3 x + 3 = 0 y(y + 4)= 0 y 0y 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 hoặcx 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 yy 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 32010 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+ …+q3351 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 1sđ.AE sđ.CD 1sđ.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