De va dap an Mon Toan tuyen sinh lop10 chuyen va dapan

Nếu ta chọn 3 điểm ở 3 đỉnh của tam giác đều cạnh bằng 2 cm vẽ 3 đường tròn đường kính 1 cm, các đường tròn này tiếp xúc với nhau ở trung điểm mỗi cạnh tam giác.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

KHÁNH HỊA NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi :TỐN CHUYÊN Ngày thi : 22/6/2012

(Thời gian : 150 phút – không kể thời gian phát đề) Bài 1.(2.00 điểm)

1) Rút gọn biểu thức  

2 P

11 12 18

  



  

2) Với n số nguyên dương, cho biểu thức

1 1

A

3 2n 2n

    

 



và

1 1

B

1.(2n 1) 3.(2n 3) (2n 3).3 (2n 1).1

    

    

Tính tỉ số

A B. Bài 2.(2.00 điểm)

1)Giải phương trình x   x22x x  2 2x 1

2) Giải hệ phương trình

2

2

(x y) y

2(x y xy) x

   

 

   



 .

Bài 3.(2.00 điểm)

1) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a3 36 abc 1 Chứng minh

2 2

a 3(b c ) 3(ab bc ca)   .

2) Cho aZ a 0 Tìm số phần tử tập hợp

A= {x∈Z∨ a

3x+1∈Z} (Z tập hợp số nguyên)

Bài 4.(3.00 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) Tiếp tuyến A (O; R) cắt đường thẳng BC điểm M Gọi H chân đường cao hạ từ A xuống BC

1) Chứng minh AB.AC 2R AH 2) Chứng minh

2

MB AB

MC AC

 

    .

3) Trên cạnh BC lấy điểm N tùy ý (N khác B C) Gọi E, F hình chiếu vng góc N lên AB, AC Tìm vị trí N để độ dài đoạn EF nhỏ

Bài 5.(1.00 điểm)Cho tam giác ABC có đường cao AH, biết H thuộc cạnh BC

1 BH BC

3 

Trên tia đối tia HA, lấy điểm K cho

2 2

AK KH BC AB

3

  

Chứng minh

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC TỐN CHUN A Hướng dẫn chung

- Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang;

- Mọi cách giải cho điểm tối đa phần tương ứng;

- Các khơng vẽ hình khơng chấm, điểm tồn khơng làm trịn B Đáp án thang điểm

Bài Đáp án Điểm

1.1

Rút gọn biểu thức  

2 P

11 12 18

  



  

1 điểm

   

 

3 6

P

11 12 18

    



  

0.25

   

 2

2

2

  



 

0.25

 6  1

2

  



 

0.25

 1. 0.25

1.2

Tính tỉ số

A

B. 1 điểm

1 1 1 1

B 1

2n 2n 2n 2n 3 2n

       

          

   

       

 

 0.25

1 1 1 1

B 1

2n 2n 2n 2n 2n

   

           

   

   

 

  0.25

1

B 2A

2n

 0.25

A n

B  . 0.25

2.1

Giải phương trình x   x22x x  2 2x 1 1 điểm Điều kiện x22x 0  Đặt t  x22x 0.  Phương trình trở thành

 

t 2 x t 4x 0  

t t 2x   t t 2x           0.25

Với t 2, ta có x22x 2   x22x 0   x 1 6 (nhận) 0.25

Với t 2x, ta có

2

2 x

x 2x 2x :

3x 2x 



    

  

 vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm x 1

0.25

2.2

Giải hệ phương trình

2

2

(x y) y

2(x y xy) x

            . 1 điểm Dùng phương pháp cộng ta 2xy 2y x 0   

(x 1)(2y 1) x      

1 y

2

 0.25

Với x1, ta

2 y

y y

y         

Ta hai nghiệm ( 1; 1)  ( 1;2)

0.25 Với y 

, ta

2 10

x x x

4

 

    

Ta hai nghiệm

1 10 ;

2

  

 

 và

1 10 ; 2        0.25

Tóm lại hệ có bốn nghiệm ( 1; 1)  ; ( 1;2) ;

1 10 ;

2

  

 

 và

1 10 ; 2       . 0.25 3.1

Chứng minh bất đẳng thức 1 điểm

Ta có bc =

1

a Bất đẳng thức viết lại  

2 a

b c 2bc 3bc a b c

       0.25

   

2

2 a

b c a b c

3 a

       0.25

 

2 2

a a

b c

2 12 a

            0.25   3

a a 36

b c

2 12a



 

      

  (hiển nhiên a3 36)

Bất đẳng thức chứng minh

0.25 3.2

Cho aZ a 0 Tìm số phần tử tập hợp A= {x∈Z∨ a

3x+1∈Z}

Xét x Z Nếu 2a

3x+1 ∈Z

a

2 (3x 1)   3x 1 2 ,b với b 0;1; ;a 0.25

Nếu b số chẵn, tức b= 2k ( k Z)

2k k k k

2 (4 1)(4   1)

         

 phương trình 3x 2  b có nghiệm ngun nhất

Ta có

2k k

2  1 (4  1) 3   

phương trình 3x 1 2b khơng có

nghiệm nguyên

0.25

Nếu b lẻ, tức

2k k k k

b 2k 1(k )  2.4 3.4 (4 1)

 

            

phương trình 3x 2  b khơng có nghiệm ngun

Ta có

2k k k

2  3.4 (4 1)

 

      

phương trình 3x 1 2b có nghiệm

ngun

0.25

Vậy số phần tử A a 1. 0.25

4.1

H

F E

O

N C

D

M B

A

K I

Không chấm điểm hình

vẽ

Chứng minh AB.AC 2R.AH 1 điểm

Kéo dài AO cắt đường tròn (O) D

Hai tam giác vuông AHB ACD có CDA HBA  (nội tiếp chắn AC ) 0.25 AHB ACD

   0.25

AB AH AD AC

  0.25

AB.AC AD.AH 2R.AH

   . 0.25

4.2

Chứng minh

2

MB AB

MC AC

 

    .

Xét MAC MBA ta có M chung, ACB MAB  (góc nội tiếp góc tạo

bởi tiếp tuyến với dây cung)  MACMBA (g.g) 0.25

2

2

MB AB MB AB

MA AC MA AC

 

    

 

0.25

Và

2

MB MA

MB.MC MA

MA MC   0.25

Suy

2

MB AB

MC AC

 

 

  . 0.25

4.3

Tìm vị trí N để độ dài đoạn EF nhỏ 1 điểm Ta có AEN AFN 90   0900 1800 nên tứ giác AFNE nội tiếp đường trịn

đường kính AN 0.25

Gọi I trung điểm AN, từ I hạ IK EF ta suy KE = KF BAC KIE  0.25

Trong tam giác vuông IKE ta có

   

KE IE.sin KIE IE.sin BAC   EF AN.sin BAC AH.sin BAC  0.25

Vậy EF nhỏ AN AH  N H . 0.25 5

x

K I

C J

B H

A

Khơng chấm điểm hình

vẽ

Chứng minh AK.BC AB.KC AC.BK  1 điểm Gọi J điểm thuộc đoạn BC cho H trung điểm BJ Kẻ đường thẳng Jx qua

J vng góc BC, đường thẳng qua K song song BC cắt đường thẳng Jx I Khi

đó, BKIC hình thang cân HKIJ hình chữ nhật

2 2 2 2

BI BJ JI BJ KH BC KH

9

     

2 2 2 2 2 2

AI AK KI AK HJ AK BC BC AB KH BC

9

         

2 2 2

4

BC AB KH BI AB

9

    

ABI

  vuông B.

0.25

2 2 2 2

AC AH HC AB BC BC AB BC

9

      

2 2 2

IC KH JC KH BC

9

   

2 2 2 2

AC IC BC AB KH AB BI AI

9

       

ACI

  vuông C.

0.25

Khi đó, ABKC ABIC ABI AIC

1 1

S S S S AK.BC AB.BI AC.IC

2 2

     

 AK.BC AB.KC AC.BK  .

0.25

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2012-2013

Mơn thi: TỐN CHUN

Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian phát đề) ( Đề thi gồm trang, có bốn câu)

Câu 1 (1,5 điểm)

Cho phương trình x416x2 32 0 ( với x R )

Chứng minh x 2   2 2 nghiệm phương trình cho Câu 2 (2,5 điểm)

Giải hệ phương trình

2 ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

    



   

 ( với x R y R ,  ). Câu 3.(1,5 điểm)

Cho tam giác MNP có cạnh cm Lấy n điểm thuộc cạnh phía tam giác MNP cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn cm ( với n số nguyên dương) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho

Câu 4 (1 điểm)

Chứng minh 10 số nguyên dương liên tiếp không tồn hai số có ước chung lớn Câu 5 (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC không tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D,E,F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn (I) Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường tròn (I) điểm N (N không trùng với D), giọi K giao điểm AI EF

1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I)

-HẾT -GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI

NĂM 2012 – 2013 Mơn: Tốn chun

-Câu 1: Phương trình cho : x416x232 0 ( với x R )  (x2 8)2 32 0 (1)

Với x 2   2 2  x 2 2  2 2

=> x2  8 2 3 2  Thế x vào vế phải (1) ta có:

2 2

(x  8)  32 (8 2   3 2  8)  32 4(2  3) 12(2   3) 32

=8 24 12 32 0      ( vế phải vế trái)

Vậy x 2   2 2 nghiệm phương trình cho ( đpcm)

Câu 2: Hệ pt cho

2 ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

    



    

(1) (2)

     

2 ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1)

x x y xy

y y x xy

    



    

Thay x = 0, y = hệ không thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ không thoả =>

( ; ) (0;0);x y  xy0;x 1 0;y  1 6 xy0 (*)

- Chia vế hai phương trình cho : =>

6

( ) 6( )

6

x xy

xy x y x y

y xy

 

    



Thay x = y, hệ pt có vế phải nhau, vế trái khác (không thoả) =>x y 0) (**) =>

6(x y)

xy

x y

 

 (3)

- Cộng vế (1) (2) hệ ta pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = (4)  (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = 

6( ) 6( )

(x y x y)( x y ) x y

x y x y

 

     

 



6( 1)

(x y x y)( x y )

x y

 

    

 

6 (x y x y)( 1)(1 )

x y

    

 

0

1

x y x y

x y

  

    



 

- Với x + y =  x = - y Thế vào hệ => -2y2 =  (y = v x = 0) không thoả (*)

- Với x + y +1 =0  x = -y - vào phương trình (1) hệ ta : 2y33y2   y (y2)(2y2 y3) 0 

2

2 0( )

y y

y y vn

    



  



Với y = - => x = 1.Thế vào hệ thoả, có nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2) - Với

6

1 x y x y

x y

         

Thế x = y -6 vào pt (2) hệ : (2)  2y3 7y216y 0 

2

2

2

(2 1)( 6)

4

y

y y y

y y

  

     

   

y2 - 4y - = 

1

2

2 10

2 10

y y

   

  

2y +1 =  y3 =

1



Từ ba giá trị y ta tìm ba giá trị x tương ứng:

2

3

4 10

4 10

13

x x

x



  



  



 



Thế giá trị (x; y) tìm vào hệ (thoả) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y): (1; -2), (

13

4 10; 10),( 10;2 10),( ; )

2

       

Câu 3 (Cách 1)

Tam giác có cạnh cm diện tích 3cm2 , tam giác có cạnh cm diện

tích

3

4 cm2 Nếu tam giác có cạnh > 1cm diện tích >

3 cm2

Gọi t số tam giác có cạnh > 1cm chứa tam giác có cạnh cm: 1 t 4 ( với t số nguyên dương) => tmax = 3.

Theo nguyên lý Drichen có t tam giác có cạnh > 1cm chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm > cm

Vậy số điểm thoả yêu cầu toán : 2 n 4 Vậy nmax = 4

Nếu ta chọn điểm đỉnh tam giác cạnh cm vẽ đường trịn đường kính cm, đường trịn tiếp xúc với trung điểm cạnh tam giác => Các điểm khác tam giác cách đỉnh > 1cm nằm phần diện tích cịn lại tam giác (ngồi phần diện tích bị ba hinh trịn che phủ), giới hạn cung trịn bán kinh cm

Vì dây cung đường trung bình tam giác có độ dài cm => khoảng cách giửa hai điểm nằm phần diện tích cịn lại tam giác ln 1 cm.

=> phần diện tích lấy điểm mà khoảng cách đến đỉnh tam giác > cm Vậy số điểm lớn thoả mãn khoảng cách hai điểm > 1cm :

nmax = + = điểm

Câu 4 Gọi a b hai số 10 số nguyên dương liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dương)

1 a b

   

Gọi n ước chung a b, : a = n.x b = n.y ( n, x, y số nguyên dương) Vì a > b => x > y => x y 1

1

1 n x n y x y

n n

        n

n

   

Vậy 10 số nguyên dương liên tiếp không tồn hai số có ước chung lớn Câu 5

D K

F

N E

M

I

C B

A

1)Nối N F, D F

- Xét ANF  AFD có: AFN = ADF ( AF tt) FAD chung =>ANF∽AFD (g.g) =>

2

AF

AF

AF

AN

AN AD AD

  

(1)

- Xét AFI có: AFIF ( AF tiếp tuyến, FI bán kính) FK AI ( AF AE tt chung AI nối tâm)

- Xét ANK AID có:

+ IAD chung

+ Từ (1) (2) => AN.AD = AK.AI =>

AN AI

AK AD

=>ANK∽AID (c.g.c) =>NKA = IDN (3)

- Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì có góc đối góc kề bù góc đối) => điểm I,D,N,K thuộc đường trịn (đpcm)

2) Ta có IDDM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đường

trịn đường kính MI Vì điểm D, I, K, N thuộc đường tròn ( câu 1) => hai đường tròn ngoại tiếp  DIK => hai đường tròn trùng => N nằm đường trịn đường kính MI => INM =

900

Vì IN bán kính đường tròn (I), MNIN => MN tiếp tuyến đường tròn (I) tiếp điểm N (đpcm).