Rất mong nhận được sự góp ý của các bạn.[r]
(1)ĐẠI HỌC QUỐC GIA TH HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2012 TRƯỜNG LÊ HỒNG PHONG TP HCM MƠN : TỐN ( Chun)
Câu 1: Giải phương trình : 8x 1 46 10 x x35x24x1
Câu 2:Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a số nguyên dương, biết: f(5) – f(4) = 2012 Chứng minh: f(7) – f(2) hợp số
Câu 3: Cho ba số dương a; b c thỏa a + b + c = Tìm GTNN : 2
2 2
14 ab bc ca
A a b c
a b b c c a
Câu 4:Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) có AC vng góc BD H Trên cạnh AB lấy điểm M cho: AM = 1/3 AB Trên cạnh HC lấy trung điểm N chứng minh MH vuông góc với DN
Câu 5: Cho đường trịn tâm O đường tròn tâm I cắt hai điểm A B(O I khác phía A B). IB cắt (O) E: OB cắt (I) F Qua B vẽ MN // EF( M thuộc (O) N thuộc (I)
a) Chứng minh :Tứ giác OAIE nội tiếp ; b) Chứng minh :AE + AF = MN
Câu 6: Trên mặt phẳng cho 2013 điểm tùy ý cho điểm tồn điểm mà khoảng cách điểm ln bé Chứng minh tồn đường trịn có bán kính chứa 1007 điểm( kể biên)
……… Hết ……… GỢI Ý
Câu 1:
Giải phương trình : 8x 1 46 10 x x35x24x1
Điều kiện :
1 46
8 x 10
3
2
2
2
8 46 10 46 10
8 46 10 46 10
1
8 46 10
8 10
1
8 46 10
1
8 10
4
8 46 10
x x x x x x x x x x
x x x x
x x x
x x
x x
x x x
x x
x
x x
x x
Từ (1) suy ra: x =
Từ (2), ta có : x2 – 4x + = (x – 2)2 + với x
10 10
46 10 46 10 6
6 46 10
10 10
suy :
3
46 10 46 10
x x
x
x x x x
Vậy :
2
10
4 46 10x 8x x x
, với x
Suy phương trình có nghiệm : x = Câu 2:
Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a số nguyên dương, biết: f(5) – f(4) = 2012 Chứng minh: f(7) – f(2) hợp số
Ta có :
f(5) – f(4) = 2012 (125a + 25b + 5c + d) – ( 64a + 16b + 4c + d) = 2012 61a + 9b + c = 2012 f(7) – f(2) = (343a + 49b + 7c + d) – ( 8a + 4b + 2c + d) = 335a + 45b + 5c
(2)Vậy f(7) – f(2) hợp số
Câu 3: Cho ba số dương a; b c thỏa a + b + c = Tìm GTNN : 2
2 2
14 ab bc ca
A a b c
a b b c c a
Ta có : (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)
2 2
1
2
a b c
ab bc ca
Ta có: a2 + b2 + c2 = (a + b + c) (a2 + b2 + c2) = a3 +b2a+ b3 + bc2 + c3 + ca2 + a2b + b2c + c2a. Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si:
a3 + b2a ≥ 2a2b ; b3 + bc2 ≥ 2b2c ; c3 + ca2 ≥ 2c2a , dấu “=” xảy a = b = c.
suy ra: a2 + b2 + c2 = a3 +b2a+ b3 + bc2 + c3 + ca2 + a2b + b2c + c2a ≥ 3(a2b + b2c + c2a)
suy ra:
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
3 3
1
2
a b c
ab bc ca ab bc ca
a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c
Đặt : t = a2 + b2 + c2, ta có : 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 = t ≥
3, dấu “=” xảy a = b = c = 3. Ta : A =
3 28 3 27 3
14
2 2 2 2
t t t t t
t
t t t t
Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si :
27 27
2
2 2
t t
t t
dấu “=” xảy : t = 3. Mặt khác :
3
vì :
2 3
t
t
Suy ra: A
4 23
3
dấu “=” xảy : a2 + b2 + c2 =
3 a = b = c suy ra: a = b = c = 3. Vậy A đạt giá trị nhỏ
23
3 , a= b = c = 3. Câu 4:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) có AC vng góc BD H Trên cạnh AB lấy điểm M cho: AM = 1/3 AB Trên cạnh HC lấy trung điểm N chứng minh MH vng góc với DN
+ Gọi E; F trung điểm HB MB, Suy ra: AM = MF = FB = 1/3 AB
+ Gọi K G giao điểm MH với DN AE + Ta có: AHB ~ DHC => AH : HB = DH : HC
=> AH : (2HE) = DH : ( 2HN) AH : HE = DH : HN => AHE ~ DHN => NDH EAH
+ Ta có : EF đường trung bình tam giác HMB => HM // EF + Xét AEF : AM = MF MG // EF => AG = GE
+ Xét AEH: vuông H có G trung điểm AE, suy ra:
AG = HG = EG => AHG cân G => AHG EAH
+ Ta có : KDH DHK EAH DHK AHG DHK 90 0, suy DHK vuông K.
Vậy MH vng góc với DN.(đpcm) Câu 5:
Cho đường tròn tâm O đường tròn tâm I cắt hai điểm A B(O I khác phía A B) IB cắt (O) E: OB cắt (I) F Qua B vẽ MN // EF( M thuộc (O) N thuộc (I)
a) Chứng minh :Tứ giác OAIE nội tiếp ; b) Chứng minh :AE + AF = MN
a)
+ BOE cân O => OBE OEB ;
+ BIF cân I => IBF IFB ;
Do : OBE IBF OEB IFB , suy ra: tứ giác OIFE nội tiếp.
+ Do : AOI = BOI ( c – c – c) => OAI OBI
O G
K
F E
N H
M
D
C
B A
O I
N
M B
(3)+ Ta có :
OAI OEI OBI OBE 180 , suy tứ giác AOEI nội tiếp
Vậy điểm O; A; I; E; F nằm đường tròn Vậy Tứ giác OAIE nội tiếp
b)
+ Xét đường tròn (O) :
AMB FOI Sd AB
+ Do : MN // EF ta : BEF MBE ( slt)
+ Do điểm O; A; I; E; F nằm đường tròn, suy ra: BEF FOI
Suy ra: AMB FOI BEF MBE suy ra: AM // EB.
Vậy tứ giác MABE hình thang nội tiếp đường trịn (O) suy ra: MABE hình thang cân => MB = AE + Chứng minh tương tự ta : NB = AF, suy ra: AE + AF = MB + NB = MN ( đpcm)
Câu 6:
Trên mặt phẳng cho 2013 điểm tùy ý cho điểm khoảng cách hai điểm ln bé Chứng minh tồn đường tròn có bán kính chứa 1007 điểm( kể biên)
Gọi điểm : A1; A2; A3; …; Ai; Ai + ; A2012; A2013 Ta chia cặp điểm sau: (A1; A2013); ( A2; A2012); …( Ai; A2013 – i)…;(A1006; A1008) , điểm A1007
Xét điểm A1007 với cặp điểm cho, theo giả thiết cặp điểm tồn điểm Am cho đoạn thẳng A1007Am có độ dài nhỏ Khơng tính tổng qt giả sử điểm A1; A2; …; A1006 có khoảng cách đến điểm A1007 nhỏ 1, suy điểm A1; A2; …; A1006 nằm đường tròn tâm A1007 bán kính
Vậy tồ đường trịn có bán kính chứa 1007 điểm 2013 điểm cho (đpcm)
Rất mong nhận góp ý bạn Giáo viên :
Hà Gia Có – trường THCS Lý Thường Kiệt – Định Quán – Đồng Nai. F