De thi vao 10 chuyen Binh Dinh de so 2

Chú ý: Nếu học sinh không đặt điều kiện trước mà sử dụng các phép biến đổi tương đương, nếu.. đúng vẫn cho điểm tối đa.1[r]

SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn

Đề số 2

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Năm học 2004 - 2005

Thời gian làm 150 phút Ngày thi: 15/7/2004 Bài 1: (1,5 điểm).

Giải phương trình:

0

1

     

 

 



x x x

x Bài 2: (2,0 điểm).

Xác định hệ số a b để đa thức: x4 6x3ax2bx1 bình phương đa thức khác

Bài 3: (2,5 điểm).

Cho 100

1

1   

 S

Chứng minh S số tự nhiên Bài 4: (2,5 điểm).

Cho hình chữ nhật ABCD với O trung điểm cạnh AB M, N theo thứ tự điểm di động cạnh AD BC hình chữ nhật cho OM ln ln vng góc với ON Định vị trí M N để tam giác MON có diện tích nhỏ

Bài 5: (1,5 điểm).

Một đồn học sinh gồm 50 em qua sơng lúc hai loại thuyền; loại thứ nhất, chở em loại thứ hai, chở em Hỏi loại thuyền có chiếc?

HƯỚNG DẪN CHẤM

MƠN: TỐN (Dành cho lớp chuyên) -Bài 1: (1,5 điểm).

Điều kiện x > (*) (0,25 điểm).

Với điều kiện (*) ta có:

           x x x x  4                  x x x x (0,5 điểm).  2          x x



1    x x (0,25 điểm).   1

2  

x  x 1 x = (0,25 điểm).

Đối chiếu với điều kiện (*) ta kết luận phương trình có nghiệm x = (0,25 điểm). Chú ý: Nếu học sinh không đặt điều kiện trước mà sử dụng phép biến đổi tương đương, nếu

đúng cho điểm tối đa Bài 2: (2,0 điểm).

Đặt P = x4 6x3ax2bx1

Để ý biểu thức x4 6x3 hai số hạng khai triển bình phương biểu thức

x2 3x (0,25 điểm).

Do ta viết:

x4 6x3ax2bx1 = x x 

2

2 3 

 

 x4 6x3ax2bx1 = x49x22 6x32x2 6x

 x4 6x3ax2bx1 = x x x x

4 6 (9 ) 6

  

     (0,5 điểm).

Đồng hai vế ta được:

             b a

(*) (0,25 điểm).

Từ điều kiện 12 ta  1

 Nếu  = –1 từ hai điều kiện (*) ta suy a = b =

Khi P = x4 – 6x3 + 7x2 + 6x + = (x2 – 3x – )2 (0,25 điểm).

 Nếu  = từ hai điều kiện (*) ta suy a = 11 b = –

Khi P = x4 – 6x3 + 11x2 – 6x + = (x2 – 3x + )2 (0,25 điểm).

 Kết luận: 

    b a

     11 b a (0,5 điểm). Bài 3: (2,5 điểm).

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức kép sau: 2

2     n n

n n n

(với n N*) (1) (0,25 điểm). Thật vậy:    n n n n n n n n          1 2

= n n n n n

1 2    

  

1

1

2 2

 

  

   

n n

n n n

n n

n

= n n n n n

1

1

   

 (3) (0,5 điểm).

Từ (2) (3) suy (1) chứng minh Vậy:

     

 101 100 

2 100

1

1           

 S

12 101 212.10 2 21 318 (0,5 điểm).

     

 100 99 

2 100

1

1           

 S

12 100 112.919 (0,5 điểm). Do 18 < S < 19, chứng tỏ S số tự nhiên (đpcm) (0,25 điểm). Chú ý: Nếu học sinh không chứng minh (1) sử dụng kết qủa (1) để làm chấm bình thường phần có làm mà cho điểm phần theo quy định

Bài 4: ( 2,5 điểm).

A B

C D

O

M

N

y

1

x

Đặt AB = a, AM = x, BN = y, ta có:

SOMN = SABNM – ( SOAM + SOBN ) (0,25 điểm). SOMN =

   

 

 



4

ay ax a y x

(0,25 điểm). SOMN =

x y a



(0,25 điểm). Do hai tam giác vuông OAM NBO đồng dạng (  

O1N1

hai góc có cạnh tương ứng vng góc) nên:

2 a xy OB OA BN AM OB

AM NB OA

  

 

(0,5 điểm).

Ta lại có: a

a xy

y

x   

4 2

2

(0,25 điểm).

Suy ra: SOMN a 

 SOMN = a

x = y = a

(0,5 điểm). Kết luận: M nằm cạnh AD, N nằm cạnh BC hình chữ nhật cho chúng lần lượt cách A B đoạn

1

AB tam giác MON có diện tích nhỏ (0,5 điểm). Chú ý: Nếu thiếu hình vẽ hình vẽ sai, khơng phù hợp với lời giải khơng chấm.

Bài 5: ( 1,5 điểm).

Gọi x số thuyền loại chở em học sinh y số thuyền loại chở em học sinh

(điều kiện x, y nguyên dương)

Từ (1) suy  

  y Z y

y , 50

5 

  

  

 Z y y y

, 

(7,5) =  y = Do x = 3.

Vậy có thuyền loại chở em học sinh có thuyền loại chở em học sinh