DEBG THI VAO 10 CHUYEN LE KHIET Q NGAI 20122013

Khi đó, bốn điểm này sẽ tạo thành hai tam giác phân biệt có chung một cạnh (là đường chéo của tứ giác lồi) và tổng diện tích hai tam giác này sẽ không quá 1cm 2.[r]

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI Năm học 2012 - 2013

Mơn thi : Tốn ( Hệ chun)

Thời gian làm :150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0điểm)

1) Rút gọn biểu thức

2 3

A =

3 5 3



 

2) Cho hai số x, y thỏa mãn x2 + y2 – 2xy – 2x + 4y – = Tìm giá trị x y đạt giá trị lớn nhất Bài 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: x32 = 333x 2

2) Giải hệ phương trình:

7 x y

y x xy x xy y 

   



    

Bài 3: (2,0 điểm )

1)Tìm số tự nhiên n để n + n5 4+1 số nguyên tố.

2) Đặt Sn =1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n+1); với n số nguyên dương Chứng minh rằng: 3(n+3)Sn + số phương

Bài : (3,0điểm)

Cho điểm A đường trịn (O) bán kính R Từ A kẻ đường thẳng d khơng qua O, cắt đường trịn O B c(B nằm A C) Các tiếp tuyến đường tròn O B c cắt D Kẻ DH vng góc với AO H; DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I giao điểm DO BC Chứng minh rằng:

1)Năm điểm D,B,H,O,C nằm đường tròn tứ giác DIHA tứgiác nội tiếp 2) Đường thẳng AM tiếp tuyến đường tròn (O)

3) Tích HB HC khơng đổi đường thẳng d quay quanh điểm A Bài : (1,0 điểm)

Trong hình trịn diện tích 2012 cm2 ta lấy 6037 điểm phân biệt cho điểm trong chúng đỉnh đa giác lồi Chứng minh tồn điểm 6037 điểm lấy đỉnh tam giác có diện tích khơng vượt q 0,5cm2.

Hết

-Ghi : Không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh : Số báo danh Giám thị : Giám thị :

Mơn thi : Tốn ( Hệ chuyên) Bài 1: (2,0điểm)

1) Rút gọn biểu thức

2

2 3 15( 3) ( 3)

A =

2

3 5 3 5 15( 3)

  

  

     =

2) Cho hai số x, y thỏa mãn x2 + y2 – 2xy – 2x + 4y – = Tìm giá trị x y đạt giá trị lớn nhất x2 + y2 – 2xy – 2x + 4y – = 0

 x2 + y2 + 1– 2xy + 2y – 2x + 2y – = 0 (x - y - 1) = – 2y(1) Vì (x - y - 1)  nên – 2y 

 2y 8  y 4 Vì ymax nên y= Từ (1) tìm y =

Bài 2: (2,0 điểm)

3) Giải phương trình: x32 = 333x 2

Đặt y = 33x 2 Suy y3 3x 2 ; x32 = 3y Ta có hệ phương trình

    

  

2

3 3

3 3

2 2

3

3

3

3 3

3 3 2

3 0 vi

3

3 1 2

x y x xy y x y

x y x y y x

y x y x y x

x y x xy y x y x xy y x y

x x y x y x x y x y                                                                                     

4) Giải hệ phương trình:

 2

2

7

1 7

5

5 x y

x y xy x y xy

y x xy

x xy y x y xy

x xy y                                 

Đặt S = x+y, P = xy ta có hệ

2 2

3

7 12 12

5 5

9

S P S P S S S S

S P S P S P S

P                                         3 2

S x y

P xy            

Khi x,y hai nghiệm phương trình X2 – 3X + = 0 Suy x = 1, y = x = , y =

4

9

S x y

P xy            

Khi x,y hai nghiệm phương trình X2 +4X + = 0 Phương trình vơ nghiệm

Vậy x = 1, y = x = , y = Bài 3: (2,0 điểm )

1)Tìm số tự nhiên n để n + n5 4+1 số nguyên tố.

P =    

5 4+ 4+ 3- 3- 2- n 2+ n + 2+ n + 3- n +

n + n = n + n n n n + n = n n

n = => P =   

2

0 + +1 - +1

=1 không số nguyên tố n=1 => P =   

2

1 +1+1 -1+1

=3 số nguyên tố n2 =>  

2+ n +

n 2 + +2 1 7



;  

3- n +

n 2 - +3 1 7



=> P49 có ước khác

nó nên P khơng số ngun tố

2) Đặt Sn =1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n+1); với n số nguyên dương.

Chứng minh rằng: 3(n+3)Sn + số phương.

Ta có a1 = 1.2  3a1 = 1.2.3  3a1= 1.2.3 - 0.1.2 a2 = 2.3  3a2 = 2.3.3  3a2= 2.3.4 - 1.2.3

a3 = 3.4  3a3 = 3.3.4  3a3 = 3.4.5 - 2.3.4 ………

an-1 = (n - 1)n 3an-1 =3(n - 1)n  3an-1 = (n - 1)n(n + 1) - (n - 2)(n - 1)n an = n(n + 1)  3an = 3n(n + 1)  3an = n(n + 1)(n + 2) - (n - 1)n(n + 1)

Cộng vế đẳng thức ta có 3(a1 + a2 + … + an) = n(n + 1)(n + 2) 31.2 2.3   n n( 1) = n(n + 1)(n + 2)  Sn =

( 1)( 2)

3

n n n

Suy ra: 3(n+3)Sn + = n(n + 1)(n + 2) (n+3) + =(n2 + 3n)( n2 + 3n+2)+1=( n2 + 3n+1)2-1+1=( n2 + 3n+1)2

Vậy 3(n+3)Sn + số phương với số nguyên dương n

Bài : (3,0điểm)

1)Năm điểm D,B,H,O,C nằm đường tròn tứ giác DIHA tứ giác nội tiếp.

  900

DBO DCO  (DB,DC hai tiếp tuyến (O)

=> Tứ giác DBOC nội tiếp đường trịn đường kính OD

  900

DHO DCO  (DHAO, DC tiếp tuyến (O) => Tứ giác DHOC nội tiếp đường trịn đường kính OD

Suy năm điểm D,B,H,O,C nằm đường tròn đường kính OD

  900

DHA DIA  (DHAO,DIBC t/c tiếp tuyến cắt (O)

=>I,H thuộc đường trịn đường kính AD

=> Tứ giác DIHA nội tiếp đường trịn đường kính AD

2) Đường thẳng AM tiếp tuyến đường tròn (O).

D

D ( ) OH O D

OH OIA g g OA OH OI O

OI OA

     

M I J H

D

C B

D OC

 vuông C, CI đường cao =>OI.OD = OC2 mà OC2 = OM2= R2

Suy OH.OA = OM2

Do OMAvng M => AM tiếp tuyến (O).

3) Tích HB HC không đổi đường thẳng d quay quanh điểm A. ( )

D HB JH JBH ODC g g

C JC

   

Mà CD = BD => BD JH HB JC  (1) Ta lại có

    

     

1

d d D

2

1

D D d dCD

2

HJC s CH s B

HB sd H s CH s

 

  

Mà BD = CD nên BDC D => HJCHB D(2)

Từ suy D ( ) D

HB HD

HB HJC c g c HB HC HJ H

HJ HC

     

(3)

( ) JH AH

AHJ DHO g g JH DH AH OH

OH DH

     

(4) AOM

 vuông M; MH OA nên AH.OH = HM2

Vì (O) A cố định => tiếp tuyến AM cố định => M cố định => MH cố định Suy tích HB.HC khơng đổi đường thẳng d quay quanh điểm A

Bài : (1,0 điểm)

Chia hình trịn cho thành 4024 phần hình quạt phần có diện tích

2 2012

0,5 4024  cm Theo ngun tắc Đi-rích-lê tồn hình quạt có chứa ba điểm ta có tam giác có diện tích nhỏ diện tích hình quạt tức nhỏ 0,5cm2

Nếu khơng có ba điểm nằm hình quạt thành phần, tồn 6037-4024 = 2013 hình quạt 4024 hình quạt mà hình quạt chứa hai điểm Theo nguyên tắc Đi-rích-lê tồn hai hình quạt liên tiếp mà hình quạt chứa hai điểm Khi đó, bốn điểm tạo thành hai tam giác phân biệt có chung cạnh (là đường chéo tứ giác lồi) tổng diện tích hai tam giác khơng q 1cm2 Từ ta suy racó tam giác có diện tích nhỏ 0,5 cm2.