DeDA Toan vao 10 chuyen BDinh0405

Kết luận: M nằm trên cạnh AD, N nằm trên cạnh BC của hình chữ nhật sao cho chúng lần lượt 1 cách A và B một đoạn bằng 2 AB thì tam giác MON có diện tích nhỏ nhất.. Chú ý: Nếu thiếu hình [r]

SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Năm học 2004 - 2005 Thời gian làm bài 150 phút Ngày thi: 15/7/2004 Bài 1: (1,5 điểm) x Giải phương trình:  x   4 x    0 x  Bài 2: (2,0 điểm) Xác định các hệ số a và b để đa thức: là bình phương đa thức khác x  x  ax  bx  Bài 3: (2,5 điểm) S 1  Cho    100 Chứng minh S không phải là số tự nhiên Bài 4: (2,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD với O là trung điểm cạnh AB M, N theo thứ tự là các điểm di động trên cạnh AD và BC hình chữ nhật cho OM luôn luôn vuông góc với ON Định vị trí M và N để tam giác MON có diện tích nhỏ Bài 5: (1,5 điểm) Một đoàn học sinh gồm 50 em qua sông cùng lúc hai loại thuyền; loại thứ nhất, chở em và loại thứ hai, chở em Hỏi loại thuyền có bao nhiêu chiếc? Hết Họ và tên thí sinh: SBD : HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho lớp chuyên) Bài 1: (1,5 điểm) Điều kiện x > (*) Với điều kiện (*) ta có: x  x (0,25 điểm)   4 x    0 x        x    4 x    0 x x      x    0 x       x x (0,5 điểm)  0 (0,25 điểm)  x  0  x 1  x = (0,25 điểm) Đối chiếu với điều kiện (*) ta kết luận phương trình có nghiệm là x = (0,25 điểm) Chú ý: Nếu học sinh không đặt điều kiện trước mà sử dụng các phép biến đổi tương đương, đúng cho điểm tối đa Bài 2: (2,0 điểm) Đặt P = x  x  ax  bx  Để ý biểu thức x  x là hai số hạng đầu tiên khai triển bình phương biểu thức x  3x   Do đó ta có thể viết: (0,25 điểm) x  x  ax  bx  =  x  x    4 2  x  x  ax  bx  = x  x    x  2 x  6 x 2  x  x  ax  bx  = x  x  (9  2 ) x  6 x   Đồng hai vế ta được: a 9  2  b  6 1   (*) Từ điều kiện  ta  1  Nếu  = –1 thì từ hai điều kiện trên (*) ta suy a = và b = Khi đó P = x4 – 6x3 + 7x2 + 6x + = (x2 – 3x – )2  Nếu  = thì từ hai điều kiện trên (*) ta suy a = 11 và b = – Khi đó P = x4 – 6x3 + 11x2 – 6x + = (x2 – 3x + )2  a 7 a 11    Kết luận: b 6 b  Bài 3: (2,5 điểm) Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức kép sau: n 1  n  2 n  n * n (với n  N ) (1) Thật vậy: n 1  n n 1  n n 1  n  n 1  n 2   n n n = n 1  n (2)   (0,5 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm)  (0,5 điểm) n  n 1  n n  n  n  n  n   n n n = n  n (3) (0,5 điểm) Từ (2) và (3) suy (1) chứng minh Vậy: 1 S 1            101  100 100 1  101    2.10  2  21  18 (0,5 điểm) 1 S 1       2      100  99 100 1  100  1  2.9 19 (0,5 điểm)                 Do đó 18 < S < 19, chứng tỏ S không phải là số tự nhiên (đpcm) (0,25 điểm) Chú ý: Nếu học sinh không chứng minh (1) sử dụng kết qủa (1) để làm bài thì chấm bình thường và phần nào có làm mà đúng cho điểm phần đó theo quy định trên Bài 4: ( 2,5 điểm) O A B x M D y N C Đặt AB = a, AM = x, BN = y, ta có: SOMN = SABNM – ( SOAM + SOBN ) (0,25 điểm) SOMN = xy  ax ay  a a     x  y 4   (0,25 điểm) SOMN = (0,25 điểm) Do hai tam giác vuông OAM và NBO đồng dạng ( O N 1 vì hai góc có cạnh tương ứng vuông góc) nên: OA AM a2   AM BN OA.OB  xy  NB OB (0,5 điểm) a2 x  y 2 xy 2 a Ta lại có: (0,25 điểm) 2 a a a   SOMN = x = y = Suy ra: SOMN (0,5 điểm) Kết luận: M nằm trên cạnh AD, N nằm trên cạnh BC hình chữ nhật cho chúng cách A và B đoạn AB thì tam giác MON có diện tích nhỏ (0,5 điểm) Chú ý: Nếu thiếu hình vẽ hình vẽ sai, không phù hợp với lời giải thì không chấm Bài 5: ( 1,5 điểm) Gọi x là số thuyền loại chở em học sinh y là số thuyền loại chở em học sinh (điều kiện x, y nguyên dương) Theo giả thiết ta có phương trình: 5x + 7y = 50 (1) 7 y 5  y 5      y  50, y  Z  y 7, y  Z vì (7,5) = Từ (1) suy   y = Do đó x = Vậy có thuyền loại chở em học sinh và có thuyền loại chở em học sinh oOo -Ghi chú: Mọi cách giải khác, đúng mà phù hợp với chương trình cho điểm tốt đa