ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

1
385
lượt xem
149
download

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU NĂM HỌC 2008 – 2009 MÔN TOÁN CHUYÊN Tài liệu mang tính chất tham khảo cho các bạn học sinh thi vào trường chuyên, giúp ích cho các bạn trong kỳ thi đại học cao đẳng

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

  1. ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU NĂM HỌC 2008 – 2009 MÔN TOÁN CHUYÊN Bài 1:1) Cho phương trình: a) Chứng minh rằng phương trình không thể có hai nghiệm đều âm. b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Chứng minh rằng: (x 2 1 − 2 x1 + 2 )( x2 − 2 x2 + 2 ) 2 x12 + x2 2 không phụ thuộc vào m. 2) Giải hệ phương trình: Bài 2: Cho tam giác ABC không phải tam giác cân. Đường tròn (I nội tiếp tam giác và tiếp xúc với các cạnh BD, AC và AB lần lượt tại D, E, F. EF cắt BC và ID lần lượt tại K và J. a) Chứng minh tam giác DIJ và AID đồng dạng. b) Chứng minh IK vuông góc với AD. Bài 3: Cho góc xAy vuông tại A. B thuộc Ax và C thuộc Ay. Hình vuông MNPQ với M thuộc AB, N thuộc AC, P và Q thuộc BC. a) Tính cạnh hình vuông MNPQ theo BC = a và AH = h với AH là đường cao hạ từ A của tam giác ABC. b) Cho không đổi. Tình giá trị lớn nhất của diện tích hình vuông MNPQ Bài 4: Gọi số bạch kim là số nguyên dương có tổng các bình phương các chữ số bằng chính số đó. a) Chứng minh rằng không có số bạch kim có 3 chữ số. GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
  2. ĐỀ THI VÀO LỚP 10 b) Tìm tất cả các số nguyên dương bạch kim n. Bài 5: Trong một giải bóng đá có 6 đội tham gia thi đấu vòng tròn một lượt. Đội thắng được 3 điểm, hòa được 1 điểm và thua thì 0 điểm. Sau khi kết thúc số điểm của các đội lần lượt là D1 , D2 , D3 , D4 , D5 , D6 ( D1 ≥ D2 ≥ D3 ≥ D4 ≥ D5 ≥ D6 ) . Biết D1 thua đúng một trận và D1 = D2 + D3 = D4 + D5 + D6 . Tính D1 , D6 Hướng dẫn giải Bài 1: 1) Phương trình: x 2 − mx + 2m − 2 = 0 (1) a) Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 , x2 đều âm. Khi đó ta có: ⎧ Δ = m 2 − 4 ( 2m − 2 ) ≥ 0 ⎧m 2 − 8m + 8 ≥ 0 ⎪ ⎪ ⎧m < 0 ⎨ S = x1 + x2 < 0 ⇔ ⎨m < 0 ⇒⎨ (Mâu thuẫn) ⎪P = x x > 0 ⎪ 2m − 2 > 0 ⎩m > 1 ⎩ 1 2 ⎩ Vậy phương trình không có hai nghiệp đều âm. b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Khi đó theo định lý Viet ta có: ⎧ S = x1 + x2 = m ⎨ ⎩ P = x1 x2 = 2m − 2 Ta có: x12 + x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = m2 − 2 ( 2m − 2 ) = m2 − 4m + 4 2 2 Và (x2 1 − 2 x1 + 2 )( x2 − 2 x2 + 2 ) = x12 x2 − 2 x12 x2 − 2 x1 x2 + 2 x12 + 2 x2 2 2 2 2 −4 x1 − 4 x2 + 4 x1 x2 + 4 = ( x1 x2 ) − 2 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 2 ( x12 + x2 ) − 4 ( x1 + x2 ) + 4 x1 x2 + 4 2 2 = ( 2m − 2 ) − 2 ( 2m − 2 ) m + 2 ( m 2 − 4 m + 4 ) − 4m + 4 ( 2m − 2 ) + 4 2 = 4m 2 − 8m + 4 − 4m 2 + 4m + 2m 2 − 8m + 8 − 4m + 8m − 8 + 4 = 2m 2 − 8m + 8 Suy ra: (x 2 1 − 2 x1 + 2 )( x2 − 2 x2 + 2 ) 2 2m 2 − 8m + 8 = 2 = 2 không phụ thuộc vào giá trị của m. x12 + x2 2 m − 4m + 4 2) GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
  3. ĐỀ THI VÀO LỚP 10 ⎧x = y2 + z2 (1) ⎪ ⎪ ⎨y = x + z 2 2 ( 2) ⎪ ⎪z = x + y ⎩ 2 2 ( 3) Ta có x = y 2 + z 2 ≥ 0, y = x 2 + z 2 ≥ 0, z = x 2 + y 2 ≥ 0 Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta có: x − y = y 2 − x 2 = ( y − x )( y + x ) ⇔ ( x − y )(1 + x + y ) = 0 ⎡x − y = 0 ⇔⎢ ⎣1 + x + y = 0 ( l ) Lấy (2) trừ (3) vế theo vế ta có: y − z = z 2 − y 2 ⇔ y − z = ( z − y )( z + y ) ⇔ ( y − z )(1 + y + z ) = 0 ⎡y = z ⇔⎢ ⎣ y + z = −1 ( l ) ⎡x = 0 Từ đó ta có x = y = z . Từ (1) suy ra x = y + z = 2 x ⇔ x − 2 x = 0 ⇔ x (1 − 2 x ) = 0 ⇔ ⎢ 1 2 2 2 2 ⎢x = ⎣ 2 Với x = 0 thì y = z = 0. 1 1 Với x = ⇒ y = z = 2 2 ⎛1 1 1⎞ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x, y, z) là ( 0, 0, 0 ) và ⎜ , , ⎟ ⎝2 2 2⎠ Bài 2: A F J E I B D C K GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
  4. ĐỀ THI VÀO LỚP 10 a) Ta có AE = AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và IE = IF (bán kính đường tròn (I)) Suy ra AI là đường trung trực của EF, suy ra AI ⊥ EF tại J. Tam giác AFI vuông tại có FJ là đường cao nên ta có : IJ. IA = IF2 IJ ID Mà IF = ID, suy ra IJ. IA = ID2 ⇒ = ID IA Xét tam giác IDJ và tam giác IDA có : + Góc AID chung IJ ID + = (cmt) ID IA Suy ΔIDJ ~ ΔIAD ( c.g.c ) b) Tam giác ΔIDJ ~ ΔIAD suy ra IJD = IDA . Tứ giác IJKD có IJK + IDK = 90o + 90o = 180o nên là tứ giác nội tiếp, suy ra IJD = IKD Từ đó ta có IDA = IKD Gọi P là giao điểm của AD và IK. Ta có PDK + PKD = PDK + PDI = IDK = 90o ⇒ DPK = 90o ⇒ AD ⊥ IK Bài 3: A M N B Q D P C a) Đặt x là độ dài cạnh hình vuông. Gọi E là giao điểm của AH và MN. Ta có MEHQ là hình chữ nhật, suy ra EH = MQ = x, và AE = AH – EH = h –x. GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
  5. ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MN AN Ta có MN //BC nên = BC AC AN AE Và NE // CH nên ta có = AC AH MN AE x h−x ah Do đó ta có: = hay = ⇒x= BC AH a h a+h ah Vậy độ dài cạnh hình vuông MNPQ bằng a+h 1 1 1 b) Gọi M là trung điểm BC, ta có AM = BC suy ra AH ≤ AM = BC hay h ≤ a (1) 2 2 2 Ta có 2S ABC = AB. AC = AH .BC ⇒ a.h = k 2 (2) Từ (1) và (2) ta có: a 2 ≥ 2ah = 2k 2 ( ah ) = 2 2 ⎛ ah ⎞ k4 Ta có S MNPQ = MP = ⎜ 2 ⎟ = ⎝ a + h ⎠ (a + h) a 2 + h 2 + 2ah 2 a2 3 Ta có a + h = + h 2 + a 2 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy hai số ta được 2 2 4 4 a2 a2 2 : + h2 ≥ 2 .h = ah 4 4 Suy ra: 3 3 5 a 2 + h 2 ≥ ah + a 2 ≥ k 2 + .2k 2 ≥ k 2 4 4 2 5 9 ⇒ a 2 + h 2 + 2ah ≥ 2k 2 + k 2 = k 2 2 2 k4 2 Do đó S MNPQ ≤ = k 2 .Dấu bằng xảy ta khi và chỉ khi a = 2h a = 2h ⇔ M ≡ H ⇔ tam giác 9 2 9 k 2 ABC vuông cân tại A khi và chỉ khi AB = AC = k. 2 2 Vậy giá trị lớn nhất của diện tích hình vuông MNPQ bằng k khi tam giác ABC vuông cân 9 tại A Bài 4: a) Xét số tự nhiên có 3 chữ số abc trong đó 1 ≤ a ≤ 9, 0 ≤ b, c ≤ 9 . Ta chứng minh abc không thể là số bạch kim. Ta có abc = 100a + 10b + c = a 2 + (100 − a ) a + 10b + c Ta có 10b ≥ b 2 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
  6. ĐỀ THI VÀO LỚP 10 Ta có 100 − a > 90 và a ≥ 1 suy ra (100 − a ) a ≥ 90 > c 2 Do đó abc > a 2 + b 2 + c 2 . Vậy abc không thể là số bạch kim. Do đó không có số bạch kim có 3 chữ số. b) Ta chứng mọi số tự nhiên có nhiều hơn 3 chữ số cũng không phải là số bạch kim. Đặt a1a2 ...ak là số tự nhiên có k chữ số với k ≥ 4 trong đó 1 ≤ a1 ≤ 9, 0 ≤ ai ≤ 9 ∀i = 2, k Ta có a1a2 ...ak = 10k −1 a1 + 10k − 2 a2 + ... + 10ak −1 + ak Với i = 2, 3, …, k-1 thì 10k −i ai ≥ ai2 (1) Và 10k −1 a1 = a12 + (10k −1 − a1 ) a1 > a12 + 990 > a12 + ak2 (2) ( Vì k > 3) Từ (1) và (2) ta có a1a2 ...ak = 10k −1 a1 + 10k − 2 a2 + ... + 10ak −1 + ak > a12 + a2 + ... + ak2 2 Vậy không có số bạch kim có nhiều hơn 3 chữ số. Hơn nữa từ câu a) suy ra không có số bạch kim có nhiều hơn hoặc bằng 3 chữ số. Vậy số bạch kim nếu có chỉ có thể là số có một hoặc hai chữ số. TH1: Nếu số bạch kim có một chữ số. ⎡a = 0 ( l ) Ta có a = a 2 ⇔ ⎢ . Vậy số bạch kim có một chữ số là 1. ⎣a = 1 TH2: Số bạch kim có hai chữ số ab . Ta có ab = 10a + b = a 2 + b 2 ⇔ b 2 − b = 10a − a 2 (3) Mà b 2 − b = b ( b − 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2. Suy ra 10a − a 2 chia hết cho 2, suy ra a phải là số chẵn. Mà 0 < a ≤ 9 ⇒ a = 2, 4, 6,8 Thế a trực tiếp vào ta không tìm được số tự nhiên b nào. Do đó không có số bạch kim có hai chữ số. Vậy chỉ có một số bạch kim duy nhất là 1. Câu 5: Gọi a là số trận có kết quả thắng thua và b là số trận có kết quả hòa. 6.5 Khi đó ta có: a + b = = 15 và A = D1 + D2 + D3 + D4 + D5 + D6 = 3a + 2b là tổng số điểm của các 2 đội đạt được. Ta có 2 ( a + b ) ≤ 3a + 2b ≤ 3 ( a + b ) ⇒ 30 ≤ 3a + 2b ≤ 45 Vì D1 = D2 + D3 = D4 + D5 + D6 ⇒ A = 3a + 2b = 3D1 ⇒ D1 ≥ 10 Hơn nữa do D1 thua một trận nên D1 ≤ 12 . Suy ra 10 ≤ D1 ≤ 12 . Gọi m là số trận thắng của D1, n là số trận hòa của D1. Khi đó ta có m + n = 4 và 3m + n = D1 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
  7. ĐỀ THI VÀO LỚP 10 + Nếu D1 = 10 => 3a+ 2b = 30 => a = 0, b = 15 vô lí vì D1 thua một trận nên có ít nhất một trận thắng thua. 1 7 + Nếu D1 = 11 ta có 3m + n = 11, m + n = 4. ⇒ n = , m = ( vô lý vì m, n là số tự nhiên) 2 2 Vậy D1 = 12. Khi đó ta có 3a + 2b = 3 . 12 = 36 => a = 6 và b = 9. Ta có D1 thắng 4 trận thua một trận nên số trận có D1 với 5 đội còn lại là 5 trận có kết quả thắng thua. Do đó trong 5 đội còn lại đấu với nhau có đúng một trận thắng thua, còn lại là kết quả hòa. (*) Ta có D2 + D3 = 12 và D2 ≥ D3 ⇒ D3 ≤ 6 Ta có D4 + D5 + D6 = 12 và D6 ≤ D5 ≤ D4 ⇒ 3D6 ≤ 12 ⇒ D6 ≤ 4 Ta có D6 đấu với 4 đội D2, D3, D4, D5 có nhiều lắm là một trận thua. Nên ta có D6 ≥ 3 . Nếu D6 = 3, suy ra D4 + D5 = 9 ⇒ D4 ≥ 5 . Suy ra D4 phải có ít nhất một trận thắng (vì không thể hòa với D1) và D4 khi đấu với nhóm (D2, …D6) có ít nhất 3 trận hòa nên suy ra 6 ≤ D4 ≤ D3 ≤ 6 ⇒ D4 = 6 => D5 = 3. Suy ra D5 có một trận thua nữa (vô lí với (*)) Vậy D6 = 4. Một vài nhận xét: + Bài 1 thì chắc ai cũng làm được vì đây là dạng bài tập cơ bản. Vì thế nếu làm được các bài khác mà không làm được bài này thì cũng nguy hiểm. + Bài 2, 3 thuộc môn hình học. Hai bài này chỉ có câu b của bài 3 thì nhiều học sinh dễ bị nhầm lúc áp dụng Cauchy ngay mà không để ý tới dấu bằng xảy ra. Còn lại những câu khác hi vọng là làm đúng hết vì cũng thuộc dạng cơ bản. + Bài 4: Bài này cũng là một bài hay, không khó nhưng đủ để đánh gục được nhiều học sinh vì thấy không quen. Nhưng nếu để ý, một phương trình nghiệm nguyên có nhiều ẩn thì phương pháp cơ bản có thể nghĩ tới là bất đẳng thức. Khi giải ra cũng hồ nghi vì sao chỉ có số 1 là số bạch kim (định nghĩa số bạch kim làm gì chỉ có một số). +Bài 5: Năm nay Euro + thầy Trần Nam Dũng rất khoái bong đá nên chắc chắn sẽ là một câu về bóng đá rồi. Bài này rối rắm, trong lúc thi khó nghĩ ra vì tâm lí. Có lẽ nhiều bạn chuẩn bị nhiều về dạng bài tập này nhưng vẫn gặp khó khăn. Bỏ bài này mà làm hết mấy bài khác thì vẫn còn hi vọng. NGUYỄN TĂNG VŨ GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản