Toán chuyên luyện thi

Chia sẻ: Trần Bá Trung1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

1
139
lượt xem
48
download

Toán chuyên luyện thi

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

Toán chuyên luyện thi là tài liệu tham khảo, giúp ích cho các bạn tự học, ôn thi, với phương pháp giải hay, thú vị, rèn luyện kỹ năng giải đề, nâng cao vốn kiến thức cho các bạn trong các kỳ thi sắp tới. Tác giả hy vọng tài liệu này sẽ giúp ích cho các bạn.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Toán chuyên luyện thi

  1. Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú THI TUYÓN SINH LíP 10 chuyªn QuèC HäC Thõa Thiªn HuÕ M«n: TO¸N - N¨m häc 2007-2008 §Ò chÝnh thøc Thêi gian l m b i: 150 phót Bài 1: (2 i m) x 2 + 2 y = 8 Gi i h phương trình:  2  y − 2x = 8 Bài 2: (2 i m) Ch ng minh r ng phương trình: x 4 − 2 ( m 2 + 2 ) x 2 + m 4 + 3 = 0 luôn có 4 nghi m phân bi t x1 , x2 , x3 , x4 v i m i giá tr c a m . 2 2 2 2 Tìm giá tr m sao cho x1 + x2 + x3 + x4 + x1 ⋅ x2 ⋅ x3 ⋅ x4 = 11 . Bài 3: (3 i m) Cho hình vuông c nh PQRS. Xét m t i m M thay i trên c nh PQ (M ≠ P, M ≠ Q). ư ng th ng RM c t ư ng chéo QS c a hình vuông PQRS t i E. ư ng tròn ngo i ti p tam giác RMQ c t ư ng th ng QS t i F (F ≠ Q). ư ng th ng RF c t c nh SP c a hình vuông PQRS t i N. 1. Ch ng t r ng: ERF = QRE + SRF . 2. Ch ng minh r ng khi M thay i trên c nh PQ c a hình vuông PQRS thì ư ng tròn ngo i ti p tam giác MEF luôn i qua m t i m c nh. 3. Ch ng minh r ng: MN = MQ + NS. Bài 4: (2 i m) Tìm t t c các c p s nguyên p, q sao cho ng th c sau úng: p −2 + q −3 = pq − 2 p − q + 1 Bài 5: (1 i m) Ch ng minh v i m i s th c x, y , z luôn có: x + y − z + y + z − x + z + x − y + x + y + z ≥ 2( x + y + z ) H t SBD thí sinh: ................. Ch ký GT1: .............................. 1
  2. Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú THI TUYÓN SINH LíP 10 chuyªn QuèC HäC Thõa Thiªn HuÕ M«n: TO¸N - N¨m häc 2007-2008 ÁP ÁN - THANG I M BÀI N I DUNG i m B.1 x 2 + 2 y = 8 (2 )  2  y − 2x = 8 Ta có : ( x 2 + 2 y ) − ( y 2 − 2 x ) = 0 . 0,25 Hay ( x + y )( x − y + 2 ) = 0 . 0,25 + N u x + y = 0 , thay y = − x vào phương trình u thì: x 2 − 2 x = 8 ⇔ x 2 − 2 x − 8 = 0 0,25 Gi i ra : x = 4; x = −2 0,25 Trư ng h p này h có hai nghi m : ( x; y ) = ( 4; −4 ) ; ( x; y ) = ( −2; 2 ) 0,25 + N u x − y + 2 = 0 , thay y = x + 2 vào phương trình u thì: x2 + 2 ( x + 2) = 8 ⇔ x2 + 2 x − 4 = 0 . 0,25 Gi i ra: x = −1 − 5 ; x = −1 + 5 . 0,25 Trư ng h p này h có hai nghi m: ( ) ( x; y ) = −1 − 5;1 − 5 ; ( x; y ) = −1 + 5;1 + 5 ( ) 0,25 B.2 x 4 − 2 ( m 2 + 2 ) x 2 + m 4 + 3 = 0 (1) (2 ) t : t = x 2 , ta có : t 2 − 2 ( m 2 + 2 ) t + m 4 + 3 = 0 (2) ( t ≥ 0 ) . 0,25 Ta ch ng t (2) luôn có hai nghi m : 0 < t1 < t2 . 0,25 2 ∆ ' = ( m 2 + 2 ) − ( m 4 + 3) = 4m 2 + 1 > 0 v i m i m .V y (2) luôn có hai nghi m phân 0,25 bi t t1 , t2 . t1 ⋅ t2 = m 4 + 3 > 0 v i m i m . 0,25 t1 + t2 = 2 ( m 2 + 2 ) > 0 v i m i m . 0,25 Do ó phương trình (1) có 4 nghi m : − t1 , + t1 , − t2 , + t2 . 2 2 2 2 2 2 2 ( x12 + x2 + x3 + x4 + x1 ⋅ x2 ⋅ x3 ⋅ x4 = − t1 ) + ( t ) + (− t ) + ( t ) + (− t )⋅( t ) ⋅(− t ) ⋅( t ) 1 2 2 1 1 2 2 = 2 ( t1 + t2 ) + t1 ⋅ t2 0,25 x12 + x2 + x3 + x4 + x1 ⋅ x2 ⋅ x3 ⋅ x4 = 4 ( m 2 + 2 ) + m 4 + 3 = m 4 + 4m 2 + 11 . 2 2 2 0,25 x12 + x2 + x3 + x4 + x1 ⋅ x2 ⋅ x3 ⋅ x4 = 11 ⇔ m 4 + 4m 2 + 11 = 11 ⇔ m 4 + 4m 2 = 0 ⇔ m = 0 2 2 2 0,25 1
  3. B.3 3 Câu3.1 (1 ) Hình v úng 0,25 R S ư ng tròn ngo i ti p tam giác RMQ F có ư ng kính RM . ERF = MRF = MQF = 450 (3) 0,25 N H F n m trong an ES. 0,25 E 900 = QRE + ERF + FRS D Do ó : QRE + SRF = 450 (4) P Q M 0,25 T (3) và (4) : ERF = QRE + SRF . Câu3.2 (1 ) Ta ch ng minh ư ng tròn ngo i ti p tam giác MEF luôn qua i m c nh P. 0,25 Ta có : NSE = 450 = NRE . Do ó N, S, R, E trên ư ng tròn ư ng kính NR. 0,25 Ta cũng có: FME = 450 = FNE . Do ó N, F, E, M trên ư ng tròn ư ng kính MN. 0,25 Do MPN = 900 nên ư ng tròn ngo i ti p tam giác MEF i qua i m P. 0,25 Câu3.3 (1 ) Tam giác RMN có hai ư ng cao MF và NE. G i H là giao i m c a MF và NE, ta có 0,25 RH là ư ng cao th ba. RH vuông góc v i MN t i D. Do ó : DRM = ENM . Ta có: ENM = EFM (do M, N, F, E trên m t ư ng tròn); EFM = QFM = QRM 0,25 (do M, F, R, Q trên m t ư ng tròn). Suy ra: DRM = QRM . D n m trong an MN. Hai tam giác vuông DRM và QRM b ng nhau, suy ra : MQ = MD 0,25 Tương t : Hai tam giác vuông DRN và SRN b ng nhau, suy ra : NS = ND . 0,25 T ó : MN = MQ+NS B. 4 p − 2 + q − 3 = pq − 2 p − q + 1 ( α ) (2 ) i u ki n: p − 2 ≥ 0, q − 3 ≥ 0, pq − 2 p − q + 1 ≥ 0. (p, q là các s nguyên) 0,25 Bình phưong hai v c a ( α ) : 2 p − 2 ⋅ q − 3 = pq − 3 p − 2q + 6 . 0,25 Hay : 2 ( p − 2)(q − 3) = ( p − 2 )( q − 3) . 0,25 Ti p t c bình phương : 2 2 4 ( p − 2 )( q − 3) = ( p − 2 ) ( q − 3) . 0,25 + N u p = 2 thì ( α ) tr thành: 0 + q − 3 = q − 3 , úng v i m i s nguyên q ≥ 3 0,25 tùy ý. + N u q = 3 thì ( α ) tr thành: p − 2 + 0 = p − 2 , úng v i m i s nguyên p ≥ 2 0,25 tùy ý. 2
  4. + Xét p > 2 và q > 3 . Ta có : 4 = ( p − 2 )( q − 3) ( p, q là các s nguyên) Ch x y ra các trư ng hơp : 0,25 1/ p − 2 = 1, q − 3 = 4 ; 2/ p − 2 = 2, q − 3 = 2 ; 3/ p − 2 = 4, q − 3 = 1 . Ta có thêm các c p (p; q): (3; 7) , (4; 5) , (6, 4) . 0,25 Ki m tra l i ng th c ( α ): 1 + 4 = 9 ; 2 + 2 = 8 ; 4 + 1 = 9 B.5 x + y − z + y + z − x + z + x − y + x + y + z ≥ 2( x + y + z ) (*) (1 ) t: a = x + y − z , b = y + z − x, c = z + x − y . Trong ba s a, b, c bao gi cũng có ít nh t hai s cùng d u, ch ng h n: a ⋅ b ≥ 0 . Lúc này : x + y − z + y + x − z = a + b = a + b = 2 y 0,25 Ta có : x + y + z = a + b + c ; 2x = a + c ; 2z = b + c . Do ó ch ng minh (*) úng, 0,25 ch c n ch ng t : c + a + b + c ≥ a + c + b + c (**) úng v i a ⋅ b ≥ 0 . Ta có: 0,25 (**) ⇔ c ⋅ a + b + c + ab ≥ a + c ⋅ b + c ⇔ ca + cb + c + ab ≥ ( ca + cb + c ) + ab 2 2 (***) t: ca + cb + c 2 = A ; ab = B , ta có B = B (do a.b ≥ 0) ta có: 0,25 (***) ⇔ A + B ≥ A + B ⇔ A . B ≥ AB ⇔ AB ≥ AB . D u ng th c x y ra trong trư ng h p các s : a, b, c, a + b + c chia làm 2 c p cùng d u. Ví d : ab ≥ 0 và c ( a + b + c ) ≥ 0 . Chú ý: Có th chia ra các trư ng h p tùy theo d u c a a, b, c (có 8 trư ng h p) ch ng minh(*) 3
Đồng bộ tài khoản