Đề thi vào trường phổ thông năng khiếu chuyên toán 2009

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

3
425
lượt xem
91
download

Đề thi vào trường phổ thông năng khiếu chuyên toán 2009

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

Tài liệu mang tính chất tham khảo cho các bạn học sinh thi vào trường chuyên toán.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi vào trường phổ thông năng khiếu chuyên toán 2009

  1. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN CHUYÊN NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề _______________________________________________________________________________ Câu 1. a c a+c a) Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn điều kiện = = , a.c ≠ 0 . b d 3b − d Chứng minh rằng: b 2 = d 2 . b) Giải hệ phương trình:  x −1 3− x − y  xy − 3 = 7 − x 2 − y 2    y − 2 = 3− x − y  xy − 4 7 − x 2 − y 2  Câu 2. a) Giải bất phương trình: 2 x + 1 ≤ 8 x + 9 b) Cho a, b, c là các số thuộc [ −1;2] thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 =6. Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 0 Câu 3. a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho a 2 + a = 2009 2010 b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho a + a 2 + a 3 = 2010 2009 Câu 4. Cho đường tròn ( O ) tâm O , đường kính AB = 2 R . C là một điểm thay đổi trên đường tròn (O ) sao cho tam giác ABC không cân tại C . Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ C . Hạ HE , HF vuông góc với AC , BC tương ứng. Các đường thẳng EF và AB cắt nhau tại K . a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn KA, KB trong trường hợp  BAC = 600 . b) Hạ EP, FQ vuông góc với AB . Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ tiếp xúc với đường thẳng EF . c) Gọi D là giao điểm của ( O ) và đường tròn đường kính CH , D ≠ C . Chứng minh rằng KA.KB = KH 2 và giao điểm M của các đường thẳng CD và EF luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 5. Trên một đường tròn, người ta xếp các số 1, 2,3,...,10 (mỗi số xuất hiện đúng một lần). a) Chứng minh không tồn tại một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10. b) Tồn tại hay không một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn hoặc bằng 10? Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 1
  2. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 -----------Hết------------ Hướng dẫn giải Dưới đây chỉ là hướng dẫn giải chủ quan của chúng tôi và không phải là đáp án chính thức của trường nên mang giá trị tham khảo là chính. Bài 1. a) Trường hợp 1: b = d ⇒ b 2 = 2 (đccm) − d a c Trường hợp 2: b ≠ − d , kết hợp với điều kiện = suy ra a ≠ −c b d a c a+c Khi đó = = (tính chất dãy tỉ số bằng nhau) b d b+d a+c a+c a + c =0 Suy ra = ⇒ 3b − d b + d 3b − d = b + d Với a + c = mà ac ≠ 0 suy ra a ≠ 0, c ≠ 0 suy ra b = − d (mâu thuẫn) 0 Với 3b − d = b + d ⇒ b = d ⇒ b 2 = d 2 Vậy trong hai trường hợp ta đều có b 2 = d 2 Nhận xét: Mấy em áp ụng ngay dãy tỉ số bằng nhau là thiếu trường hợp rồi, sẽ bị trừ điểm. b)  x −1 3− x − y =  xy − 3 7 − x 2 − y 2  x −1 y−2 3− x − y  ⇔ = =  y − 2 = 3− x − y xy − 3 xy − 4 7 − x 2 − y 2  xy − 4 7 − x 2 − y 2   xy ≠ 3  Điều kiện  xy ≠ 4  x2 + y 2 ≠ 7  7 Trường hợp 1: xy − 3 = ( xy − 4 ) ⇔ xy = , khi đó x − 1 = ( y − 2 ) ⇔ x + y = − − 3 2 x + y = 3  Ta có hệ  7 (VN )  xy =  2 Trường hợp 2: xy − 3 ≠ − ( xy − 4 ) 3− x − y x −1 y −2 x+ y −3 Khi đó ta có = = = 7−x − y 2 2 xy − 3 xy − 4 2 xy − 7 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 2
  3. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 3 − x − y = 0 Suy ra  7 − x − y =( 2 xy − 7 ) − 2 2  x = 1 Với 3 − x − y = ta có x − 1 = y − 2 = 0 ⇒  0 y = 2 Với 7 − x 2 − y 2 = 2 xy + 7 ⇒ ( x − y ) = ⇒ x = 2 − 0 y x −1 x−2  x =−1 ⇒ y =−1 Khi đó ta có = 2 ⇒ x −3 x −4 x = 2 ⇒ y = 2 2 Thử lại ta thấy (1;2 ) và ( −1; −1) là nghiệm của hệ phương trình Vậy phương trình có hai nghiệm ( x; y ) là (1;2 ) và ( −1; −1) Nhận xét: Bài hệ phương trình ý tưởng cũng giống câu a, dùng dãy tỉ số bằng nhau. Không m m m = 0 khó, tuy nhiên lại dễ sai, và thiếu sót. Ví dụ = ⇔ (dễ sót trường hợp m = 0 ) x y  x= y Bài 2 a) Ta có  2 x + 1 < 0  (I )  8 x + 9 ≥ 0 2x + 1 ≤ 8x + 9 ⇔  2 x + 1 ≥ 0  ( II )  ( 2 x + 1)2 ≤ 8 x + 9   1 x < − 2  9 1 Giải (I): Ta có ( I ) ⇔  ⇔− ≤x
  4. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 b) Vì a ∈ [ −1;2] ⇒ ( a + 1)( a − 2 ) ≤ 0 ⇔ a 2 − a − 2 ≤ 0 ⇔ a ≥ a 2 − 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = −1 hoặc a = 2 Chứng minh tương tự ta cũng có b ≥ b 2 − 2, c ≥ c2 − 2 Do đó a + b + c ≥ a 2 + b 2 + c 2 − 6 suy ra a + b + c ≥ 0 (vì a 2 + b 2 + c 2 = 6) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( a, b, c ) là hoán vị của ( −1; −1;2 ) Nhận xét: Đây là bài toán bất đẳng thức có điều kiện không đơn giản chút nào so với lời giải của nó. Đủ để “hạ gục” nhiều em. Tuy nhiên nếu chú ý thì câu a đã gợi ý tưởng làm câu này. Câu 3 a) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa a 2 + a = 2009 2010 Ta có a 2 + a a ( a + 1) là tích hai số tự nhiên liên tiếp. = Ta có ( a, a + 1) =và ( a + 1) − a = 1 1. Do đó a, a + 1 phải có dạng a p 2009 , = q 2009 trong đó = 2010, ( p, q ) 1 = a +1 p < q , p.q = Điều này không thể xảy ra vì ( p, q ) = 1 ⇒ q − p ≥ 1 ⇒ q 2009 ≥ ( p + 1) 2009 > p 2009 + 1 Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài. Nhận xét: Bài này hiểu ý nhưng khó trình bày quá, dễ rơi vào tình trạng lòng vòng. Kinh nghiệm thì khi cho số lớn thường không ảnh hưởng đến cách giải, tuy nhiên đối với bài này vì số mũ là lẻ nên không thể dùng tính chất của số chính phương được. Hơn nữa, không thể xét theo modul 3, 4 vì nó thỏa hết. Cái hay là câu a và b nhìn có vẻ giống nhau nhưng cách giải lại khác nhau. b) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa đề bài. Tức là a 3 + a 2 + a = 2010 2009 Rõ ràng a > 0 , khi đó ta có a 3 < a 3 + a 2 + a < a 3 + 3a 2 + 3a + 1 = ( a + 1) 3 ( ) 3 Mặt khác 20092010 = 2009607 ( ) < ( a + 1) . (Vô lý vì a , ( a + 1) 3 3 3 Suy ra a 3 < 2009670 3 là lập phương của hai số tự nhiên liên tiếp. ) Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài. Nhận xét Bài này thuộc dạng quen thuộc của phương trình nghiệm nguyên, nhưng đôi khi bị nhiễu bởi câu a, khó nhận ra. Nói chung năm nay hai bài số học không khó bằng bài số học năm ngoái (Bài về số bạch kim) Câu 4 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 4
  5. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 C D F J I E T K,M A P H O Q B a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn KA, KB trong trường hợp  BAC = 600 . Ta có  = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) ) ACB ta có AC  Tam giác ABC vuông tại C nên = AB.cos CAB 2= R = R.cos 600 Và CB  = AB.sin CAB 2= R 3 = R.sin 600 R 3 Ta có CH AC.sin  R.sin 600 = = =ACB 2 Tam giác CHE vuông tại H có HE là đường cao nên 2 R 3   CH 2  2  3 CE.CA = CH ⇒ CE = 2 = = R CA R 4 CH 2 R 3 Tương tự ta cũng có= CF = CB 4 1 1 3R R 3 R 2 3 3 Do = = đó SCEF CE.CF . =. 2 2 4 4 32  Vì BAC = 600 nên A nằm giữa K và B     Dễ thấy CEHF là hình chữ nhật và KEA CEF CHF CBA 300 , mà = = = =  +  = CAB ⇒  = CAB −  = 600 − 300 = 300 AKE AEK  AKE  AEK Vậy tam giác KAE cân tại A suy ra KA = AE 3R 1 1 Mà AE = − CE = − AC R = R nên KA = R 4 4 4 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 5
  6. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 1 9 Và KB = KA + AB = R + 2R = R 4 2 b) Chứng minh EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ Câu b, c ta xét trường hợp AC < BC, trường hợp AC > BC làm tương tự Gọi I là giao điểm của EF và CH . Vì AEHF là hình chữ nhật nên I là trung điểm EF. Tứ giác EPQF là hình thang vuông (vì EP, FQ ⊥ PQ ) Ta có IH // EP và I là trung điểm EF nên H là trung điểm của PQ. Khi đó đường tròn đường kính PQ là đường tròn tâm H bán kính HP. Gọi T là hình chiếu của H trên EF         Ta có PEH = EAH (cùng phụ EHA ) và TEH = IHE , IHE = EAH (cùng phụ với EHA . )   Suy ra PEH = TEH , suy ra ∆PEH = ⇒ HT = ∆TEH HP Ta có HT ⊥ EF (T ∈ EF ) và HT = HP nên EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ c) Chứng minh KA.KB = KH 2 và M thuộc một đường cố định     Ta có KEA CEF CHF CBK , suy ra ∆KAE ∪∩ ∆KFB ( g .g ) , = = = KA KE Do đó = ⇒ KA.KB = .KF (1) KE KF KB    Mặt khác ta có KHE HCE HFK , suy ra ∆KHE ∪∩ ∆KFH ( g .g ) = = KH KE Do đó = ⇒ KE.KF = 2 (2) KH KF KH Từ (1) và (2) thì KA.KB = KH 2 Gọi J là giao điểm của OC và EF,   Ta có OCF = OBC (tam giác OBC cân tại O)   Và JFE = ICF (do tam giác ICF cân tại I) Do đó     OCF + JFE = OBC + ICF = 900  ⇒ CJF = 900 ⇒ OC ⊥ EF Tam giác CKO có CH và KJ là hai đường cao, cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác CKO, do đó OI ⊥ CK (3) Mặt khác hai đường tròn (O) và đường tròn tâm I đường kính CH cắt nhau tại C và D, nên OI là đường trung trực của CD, suy ra OI ⊥ CD (4) Từ (3) và (4) ta có C , K , D thẳng hàng. Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 6
  7. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 Vậy K cũng là giao điểm của CD và EF, do đó M ≡ K và M luôn thuộc đường thẳng AB cố định Nhận xét: Đây là một bài hình học rất quen thuộc, không khó. Đỡ hơn năm ngoái nhiều. Bài 5. a) Giả sử tồn tại một cách sắp xếp thỏa đề bài là a1 a2 a10 a3 a9 a4 a8 a5 a7 a6 Không mất tính tổng quát ta giả sử a1 = 1 . Khi đó ta có a1 + a2 > 10 a2 > 9 a2 =10  ⇒ ⇒ (vô lý vì mỗi số xuất hiện đúng một lần) a1 + a10 > 10 a10 > 9 a10 =10 Vậy không tồn tại cách sắp xếp thỏa mãn đề bài. b) Tồn tại cách sắp xếp như trên. Ví dụ: Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 7
  8. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 1 10 9 2 5 8 6 3 4 7 Nhận xét: Thường thì bài này đánh rớt học sinh ngay từ lúc đọc đề, vì bị tâm lý. Nhưng thực sự bài này không khó bằng những đề trước. Không làm được câu a thì cũng “lụi” được câu b. Nhận xét chung về đề năm nay: Đề năm nay không khó nhưng cũng không dễ dàng gì điểm cao vì có nhiều chỗ “bẫy”. Theo tôi nghĩ câu dễ nhất là 2a và 4a. Câu trung bình là các câu 1a, 1b, 4b câu khó hơn chút là 3a, 3b các câu khó nhất là 2b, 5ab. Tỉ lệ chọi cao, điểm chuẩn cao và Phổ Thông Năng Khiếu luôn chọn được học sinh giỏi. Sang năm có World Cup nên chắc phải có một câu về bóng đá, hãy chờ xem. Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 8

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản