Đề thi vào THPT Năng Khiếu Toán HCM -08-09

Chia sẻ: Trần Bá Trung5 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

1
76
lượt xem
17
download

Đề thi vào THPT Năng Khiếu Toán HCM -08-09

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

Tài liệu " Đề thi vào THPT Năng Khiếu Toán HCM -08-09 " giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập hoá học một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình.Chúc các bạn học tốt.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi vào THPT Năng Khiếu Toán HCM -08-09

  1. http://maichoi.vuicaida.com Download Ebook Chuyên Nghi p Nh t VN ð I H C QU C GIA TP.H CHÍ MINH KÌ THI TUY N SINH L P 10 NĂM 2008 TRƯ NG PH THÔNG Môn thi: TOÁN CHUYÊN NĂNG KHI U Th i gian làm bài: 150 phút,không k th i gian giao ñ . Câu I 1) Cho phương trình x 2 − mx + 2m − 2 = 0 (1) . a) Ch ng minh r ng (1) không th có 2 nghi m ñ u âm. b) Gi s x 1 , x 2 là 2 nghi m c a pt (1). Ch ng minh r ng bi u th c sau: 2 2 (x 1 − 2x1 + 2)(x 2 − 2x 2 + 2) A= 2 2 không ph thu c vào giá trí c a m. x1 + x2 2) Gi i h phương trình:   2 2 x = y + z  y = z 2 + x 2   z = x 2 + y 2     Câu II Cho tam giác ABC không cân. ðư ng tròn n i ti p tâm I ti p xúc v i các c nh BC, CA, AB l n lư t t i D, E, F. ðư ng th ng EF c t AI t i J và c t BC n i dài t i K. 1) Ch ng minh r ng các tam giác IDA ñ ng d ng v i tam giác IJD. 2) Ch ng minh r ng KI vuông góc v i AD. Câu III Cho góc xAy vuông và 2 ñi m B và C l n l ot trên các tia Ax, Ay. Hình vuông MNPQ có các ñ nh M thu c c nh AB, N thu c c nh AC và các ñ nh P, Q thu c c nh BC. 1) Tính c nh hình vuông MNPQ theo c nh BC = a và ñư ng cao AH = h c a tam giác ABC. 2) Cho B và C thay ñ i l n lư t trên các tia Ax, Ay sao cho tích AB.AC = k 2 = const. Tìm giá tr l n nh t c a di n tích hình vuông MNPQ. Câu IV M t s nguyên dương n ñ oc g i là s b ch kim n u n b ng t ng bình phuơng các ch s c a nó. 1) Ch ng minh r ng không t n t i s b ch kim có 3 ch s . 2) Tìm t t c các s nguyên dương n là s b ch kim. Câu V Trong m t gi i vô ñ ch bóng ñá có 6 ñ i tham gia. Theo ñi u l c a gi i, hai ñ i bóng b t kỳ thi ñ u v i nhau ñúng m t tr n, ñ i th ng ñư c 3 ñi m, ñ i thua 0 ñi m và ñ i hòa ñư c 1 ñi m. K t thúc gi , s ñi m c a m i ñ i l n lư t là D1, D2 , D3 , D4 , D5 , D6 ( D1 ≥ D2 ≥ D3 ≥ D4 ≥ D5 ≥ D6 ) Bi t r ng ñ i bóng v i ñi m D1 thua ñúng m t tr n và D1 = D2 + D3 = D4 + D5 + D6 . Hãy tìm D1 và D6 . H T ( Giám th coi thi không gi i thích gì thêm )
  2. HƯ NG D N GI I Câu I 1) a) Xét phương trình có 2 nghi m ñ u âm. T c là: ∆ > 0  m 2 − 4 ( 2m − 2 ) > 0  m 2 − 8m + 8 > 0    S < 0 ⇔ m < 0 ⇔ m < 0 ⇔ m ∈∅ P > 0  2m − 2 > 0 m > 1    V y phương trình ban ñ u không th có 2 nghi m phân bi t ñ u âm (ñpcm). c) Theo h th c Viete ta có: x1 + x2 = m và x1 x2 = 2m − 2 Do ñó, ta ñư c: (x 2 1 − 2 x1 + 2 )( x2 − 2 x2 + 2 ) = x12 x2 − ( 2 x12 x2 + 2 x1 x2 ) + ( 2 x12 + 4 x1 x2 + 2 x2 ) − ( 4 x1 + 4 x2 ) + 4 2 2 2 2 = ( x1 x2 ) − 2 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 2 ( x1 + x2 ) − 4 ( x1 + x2 ) + 4 2 2 = ( 2m − 2 ) − 2 ( 2 m − 2 ) m + 2m 2 − 4m + 4 2 = 4 m 2 − 8m + 4 − 4 m 2 + 4 m + 2 m 2 + 4 m + 4 = 2 m 2 − 8m + 8 = 2 ( m − 2 ) 2 x12 + x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = m 2 − 2 ( 2m − 2 ) = m 2 − 4m + 4 = ( m − 2 ) 2 2 2 M t khác V y (x 2 1 − 2 x1 + 2 )( x2 − 2 x2 + 2 ) 2 = 2 ( m − 2) 2 = 2 ( m ≠ 2) x12 + x2 ( m − 2) 2 2 Không ph thu c vào giá tr c a m (ñpcm).  x = y 2 + z 2 (1)   2)  y = z + x ( 2 ) ⇒ x, y, z ≥ 0 2 2   z = x + y ( 3) 2 2  Khi hoán v vòng quanh x, y , z h phương trình không thay ñ i. Do ñó ta có th gi s x = max { x, y, z} . Ta có x ≥ y ⇒ y 2 + z 2 ≥ z 2 + x 2 ⇒ y 2 ≥ x 2 ⇒ y ≥ x ≥ 0 M t khác x ≥ y . Nên x = y ⇒ y = z x = y = z . Khi ñó (1) thành: x = 0 x = y = z = 0 2 x = x ⇔ 2 x − x = 0 ⇔ x ( 2 x − 1) = 0 ⇔ 2 2  ⇒ x = 1 x = y = z = 1  2  2 1 1 1 V y nghi m c a h phương trình ban ñ u là: ( x, y , z ) = ( 0, 0, 0 ) ;  , ,  2 2 2 Câu II 1) Ch ng minh r ng tam giác IJD ñ ng d ng v i tam giác IDA. Ta có AE = AF ( AE và AF là ti p tuy n c a (I)). IF = IE ( F,E cùng thu c (I)). Nên AI là trung tr c c a EF. J là giao ñi m c a AI và EF. Suy ra AI ⊥ EF t i J. M t khác ta có tam giác IFA vuông F. Suy ra IF 2 = IJ .IA . Mà IF = ID (F,D cùng thu c (I)). ID IA Nên ID 2 = IJ .IA . Nên = , ∠I chung. V y tam giác IJD ñ ng d ng v i tam giác IDA. IJ ID
  3. 2) Ch ng minh KI vuông góc v i AD. G i H là giao ñi m c a KI và AD. Ta có tam giác IJD ñ ng d ng v i tam giác IDA (cmt) ⇒ ∠IJD = ∠IDA . M t khác JIDK là t giác n i ti p ( ∠J + ∠D = 180 ) ⇒ ∠IDA = ∠IJD = ∠IKD ⇒ ∠IDH = ∠IKD . Có ∠I chung. Nên tam giác IDH ñ ng d ng tam giác IKD (g. g). Nên ∠IHD = 90 ⇒ KI ⊥ AD t i H. Câu III 1) Tính các c nh c a hình vuông MNPQ theo a và h. G i x là ñ dài các c nh c a hình vuông MNPQ. I là giao ñi m c a AH và MN. Suy ra AI = h − x . Ta có: [ ABC ] = [ BMQ ] + [ AMN ] + [ NPC ] 1 1 1 1 Hay a.h = x ( h − x ) + x.PC + x.BQ + x 2 2 2 2 2 ⇔ a.h = x ( h − x ) + x.PC + x.BQ + 2 x 2 ah = x ( h − x + a − x + 2 x ) = x ( a + h ) ⇒ a.h = x ( a + h ) ⇒ x = . a+h 2) Tìm max [MNPQ] ( ah ) 2 k4 Ta có [ MNPQ ] = x 2 = = . Ta có ( a + h) (a + h) 2 2 4 ( a + h ) = 4a 2 + 4h 2 + 8ah = 3a 2 + a 2 + 4h 2 + 8k 2 2 = 3 ( AB 2 + BC 2 ) + ( a 2 + 4h 2 ) + 8k 2 ≥ 6 AB. AB + 4ah + 8k 2 = 6k 2 + 4k 2 + 8k 2 = 18k 2 9 2 k4 2k 2  AB = AC ( a + h) 2 V y ≥ k ⇒ ≤ = const . ðTXR ⇔  ⇔ ∆ABC vuông (a + h)  A = 2H 2 2 9 2k 2 cân A. V y max [MNPQ] là khi và ch khi tam giác ABC vuông cân A. 9 Câu IV 1) Gi s t n t i s b ch kim có 3 ch s là abc ( a, b, c là các ch s ; a khác 0). Ta có abc = a + b + c . M t khác, ta có: 2 2 2 abc = 100a + 10b + c = 10a + 10b + 90a + c > a 2 + b 2 + 90 > a 2 + b 2 + c 2 (vì 10a > a ,10b > b ,90a + c ≥ 90 > 81 ≥ c ). Nên không th có s b ch kim có 3 ch s . 2 2 2 Suy ra ñi u ph i ch ng minh. 2) Xét s n có k ch s . Suy ra n = a1a2 a3 ...ak . a. k ≥ 3 : n ≥ 100a1 + 10a2 + ... + 10ak −1 + ak > a12 + a2 + ... + ak2 . 2 V y không t n t i s b ch kim có l n hơn hay b ng 3 ch s . a = 0 ( L ) b. k = 1 : n = a . Ta có a = a 2 ⇔ a ( a − 1) = 0 ⇔  .  a = 1( N )  c. k = 2 : n = ab (a, b là các ch s . a khác 0) Ta có ab = a 2 + b 2 ⇒ 10a + b = a 2 + b 2 ⇔ 40a + 4b = 4a 2 + 4b 2 Hay ( 2a − 10 ) + ( 2b − 1) = 101(**) 2 2 M t khác ta có 2a − 10 < 10 vì a khác 0 và a ≤ 9 . (2a − 10) 2 ⋮ 2 .
  4. S 101 ch có 1 cách phân tích thành t ng hai s chính phưong là 101 = 10 + 12 2 Do v y (**) không th x y ra. V y không có s b ch kim có 2 ch s . K T LU N, s b ch kim duy nh t là n = 1 . Câu V 5.4 Các ñ i t 2 ñ n 6 ñ u v i nhau thì t ng s tr n các ñ i này ñ u v i hau là = 10 . Mà 2 t ng s ñi m t i thi u m i tr n là 2 nên t ng s ñi m c a 5 ñ i t 2 ñ n 6 thi ñ u v i nhau t i thi u là 2.10 = 20. Mà trong 5 ñ i này có 1 ñ i th ng ñ i 1 nên s ñi m t i thi u 5 ñ i này trên toàn ñ t là 23 ñi m. Suy ra D2 + ... + D6 ≥ 23 ⇒ 2 D1 ≥ 23 ⇒ D1 ≥ 12 . ð i 1 5 tr n trong ñó có 1 tr n thua nên ñi m t i ña c a ñ ii 1 là 4.3 = 12. Suy ra 12 ≤ D1 ≤ 12 ⇒ D1 = 12 ( 4 Th ng – 1 thua ). G i x là s tr n th ng – thua không có ñ i 1 y là s tr n hòa  x + y = 10 x = 1 Ta có  ⇔ 3 x + 2 y = 21  y = 9 Suy ra có 1 tr n th ng – thua và 9 tr n hòa gi a các ñ i t 2 ñ n 6 ñ u nhau ⇒ 12 ≥ 3D6 ⇒ D6 ≤ 4 . N u D6 < 4 :Vì ñ i 6 không th có nhi u hơn2 tr n thua. Khia ñó, trong các tr n gi a ñ i 2 ñ n ñ i 6 s có nhi u hơn 1 tr n thua trái v i x = 1 . V y ñ i 6 thua ñ i 1. V y 1 tr n thua còn l i c a ñ i 6 thu c các tr n t 2 ñ n 6. N u các tr n còn l i trong nhóm t 2 ñ n 6 hòa h t. Suy ra D4 + D5 = 9 . Do D4 ≥ 4 ⇒ D4 = 5, D5 = 4 (*) D2 + D3 = 12 . ð i 2 có t ng ñi m thi ñ u trong nhóm 2 ñ n 6 là bé hơn hay b ng 3.1+3 = 6 ð i 3 tương t có ñi m thi ñ u trong nhòm 2 ñ n 6 làa bé hơn hay b ng 6. Suy ra ði m s c a ñ i 2 và 3 thi ñ u trong nhóm < 12. V y m t trong 2 ñ i 2, 3 th ng ñ i 1. Nên t ng ñi m ñ i 2, 3 trong nhóm 6 ñ i là 9 ñi m. Suy ra trong hai ñ i 2, 3 có 1 ñ i th ng ñ i 6. Suy ra ñ i 4 hòa các ñ i 2, 3, 5, 6. Nên D4 = 4 ( mâu thu n v i (*)). V y D6 = 4 . K T LU N, D1 = 12, D6 = 4 . NGƯ I GIÀI ð : NGUY N LÂM MINH ( TP. H CHÍ MINH)
Đồng bộ tài khoản