Đề thi tuyển sinh vào lớp 10
năm 2012
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 1
-
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2011
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I. 1) Giải hệ phương trình:
(
)
2
2
1 3
( 2) 1
x y x y
y x y x
− + + =
2) Giải phương trình:
2
3 7
.
2( 1)
x
xx x
+
+ =
+
Câu II. 1) Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên
( , , )
x y z
thỏa mãn đẳng thức:
4 4 4
7 5.
x y z
+ = +
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên
( , )
x y
thỏa mãn đẳng thức:
4 4 3
( 1) ( 1)
x x y
+ − − =
.
Câu III. Cho hình bình hành
ABCD
với
90 .
BAD
<
Đường phân giác của góc
BCD
cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác
BCD
tại
O
khác
C
. Kẻ đường thẳng
( )
d
đi qua
A
và vuông góc với
CO
.
Đường thẳng
( )
d
lần lượt cắt các đường thẳng
,
CB CD
tại
,
E F
.
1) Chứng minh rằng
OBE ODC
∆ = ∆
.
2) Chứng minh rằng
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
CEF
.
3) Gọi giao điểm của
OC
và
BD
là
,
I
chứng minh rằng
. . . .
IB BE EI ID DF FI
=
.
Câu IV. Với
,
x y
là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3
3 3 3 3
4
8 ( )
x y
P
x y y x y
= +
+ + +
.
Nguồn: Hocmai.vn
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10
năm 2012
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 1
-
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2011
MÔN THI: TOÁN (Vòng 2)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I. 1) Giải phương trình:
(
)
(
)
1 1
3 1
xx x − +
+ − =
.
2) Giải hệ phương trình:
( )( )
2 2 2 2
2 2
1 .
2
4x y xy
x y x y
x y
+ +
+ =
=
Câu II. 1) Với mỗi số thực
a
ta gọi phần nguyên của
a
là số nguyên lớn nhất không vượt quá
a
và ký
hiệu là
[
]
a
. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
n
, biểu thức
2
3
1 1
27 3
n n
+ − +
không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương.
2) Với
, ,
x y z
là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức
5
xy yz zx
++=
, tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
2 2 2
.
3 3 2
6( 5) 6( 5) 5
x y z
x y z
P
+ +
+ + + + +
=
Câu III. Cho hình thang
ABCD
với
BC
song song
.
AD
Các góc
BAD
và
CDA
là các góc nhọn. Hai
đường chéo
AC
và
BD
cắt nhau tại
.
I
P
là điểm bất kỳ trên đoạn thẳng
BC
(
P
không
trùng với
,
B C
). Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác
BIP
cắt đoạn thẳng
PA
tại
M
khác
P
và đường tròn ngoại tiếp tam giác
CIP
cắt đoạn thẳng
PD
tại
N
khác
.
P
1)
Chứng minh rằng năm điểm
, , , ,
A M I N D
cùng nằm trên một đường tròn. Gọi đường tròn
này là
( ).
K
2)
Giả sử các đường thẳng
BM
và
CN
cắt nhau tại
,
Q
chứng minh rằng
Q
cũng nằm trên
đường tròn
( ).
K
3)
Trong trường hợp
, ,
P I Q
thẳng hàng, chứng minh rằng
.
PB BD
PC CA
=
Câu IV.
Giả sử
A
là một tập con của tập các số tự nhiên
.
ℕ
Tập
A
có phần tử nhỏ nhất là
1,
phần tử lớn
nhất là
100
và mỗi
x
thuộc
A
(
)
1 ,
x
≠
luôn tồn tại
,
a b
cũng thuộc
A
sao cho
x a b
= +
(
a
có
thể bằng
b
). Hãy tìm một tập
A
có số phần tử nhỏ nhất.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Nguồn: Hocmai.vn
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10
năm 2012
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 1
-
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2011
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I. 1) Hệ phương trình tương đương với:
2
2
( 1) ( 1) 2
( 2) ( 2) 1
x y x y
y x y x
− + − = −
− + − = −
2
2
( 1)( 1) 2 (1)
( 2)( 1) 1 (2)
x y y
y x x
− + = −
⇔− + = −
+) Nếu
1
x
>
suy ra
2
( 1)( 1) 0
x y
− + >
nên từ
(1) 2 0
y
⇒ − >
2
2 ( 2)( 1) 0
y y x
⇒ < ⇒ − + <
do đó từ
(2)
1 0
x
⇒ − <
1
x
⇒ <
mâu thuẫn.
+) Nếu
1
x
<
, tuơng tự suy ra
1
x
>
mâu thuẫn.
+) Nếu
1 2
x y
= ⇒ =
(thỏa mãn).
Đáp số
1, 2.
x y
= =
2) Điều kiện
0
x
>
. Phương trình tương đương:
2
3
2( 1) 7.
x x x
x
+ + = +
Chia hai vế cho
0
x
≠
ta thu được:
1 3 7
2(1 ) x x
x x x
+ + = +
3 1 3 4
( ) 2(1 ) 0
x x
x x x x
⇔ + − + + + =
3 3 2
( 2) ( ) 0
x x
x x x
⇔ + − + − =
+) Giải
2
3 3
2 4 4 3 0
x x x x
x x
+ = ⇔ + = ⇔ − + =
1
3
x
x
=
⇔
=
.
+) Giải
3
2
3 2 3 4
3 4 0
x x x x
x x x x
+ = ⇔ + = ⇔ + − =
2
( 1)( 4) 0 1
x x x x
⇔ − + + = ⇔ =
.
Đáp số
1, 3
x x
= =
.
Câu II.
1) Giả sử tồn tại các số nguyên
, ,
x y z
thỏa mãn:
4 4 4 4 4 4 4
7 5 8 5
x y z x y z z
+ = + ⇔ + + = +
(1)
.
Ta có
4
0,1 (mod 8)
a≡ với mọi số nguyên
a
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10
năm 2012
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 2
-
4 4 4
4
0,1, 2,3 (mod 8)
8 5 5(mod 8)
x y z
z
+ + ≡
⇒+ ≡
Mâu thuẫn với
(1)
. Vậy không tồn tại
( , , )
x y z
thỏa mãn đẳng thức.
2) Phương trình tương đương với:
2 2 2 2 3
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
x x x x y
+ + − + − − =
2 3 3 3
(2 2)(4 ) 8 8 .
x x y x x y
⇔ + = ⇔ + =
+) Nếu
3 3 3
1 8 8 8 (2 1)
x x x x x
≥ ⇒ < + < +
3 3 3
(2 ) (2 1)
x y x
⇔ < < +
(mâu thuẫn vì
y
nguyên).
+) Nếu
1
x
≤ −
và
( , )
x y
là nghiệm, ta suy ra
( , )
x y
− −
cũng là nghiệm, mà
1
x
− ≥ ⇒
mâu thuẫn.
+) Nếu
0 0
x y
= ⇒ =
(thỏa mãn).
Vậy
0
x y
= =
là nghiệm duy nhất.
Câu III
1)
Tứ giác
OBCD
nội tiếp và
CO
là phân giác góc
BCD
OBD OCD OCB ODB OBD
⇒ = = = ⇒ ∆
cân tại
O
OB OD
⇒ =
(1)
.Tứ giác
OBCD
nội tiếp
ODC OBE
=
(2)
(cùng bù với góc
OBC
).
Trong
CEF
∆
có
CO
vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên
CEF
∆
cân tại
C
. Do
AB CF
⇒
AEB AFC EAB
= =
ABE
⇒ ∆
cân tại
B
BE BA CD
⇒ = =
(3).
Từ
(1),(2),(3)
suy ra
( )
OBE ODC c g c
∆ = ∆ − −
(đpcm).
2)
Từ câu 1)
OBE ODC
∆ = ∆
suy ra
OE OC
=
. Mà
CO
là đường cao tam giác cân
CEF
OE OF
⇒ =
. Từ đó
OE OC OF
= =
vậy
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
CEF
∆
(đpcm).
3)
Theo (3)
BE CD
⇒ =
mà
CE CF
=
BC DF
⇒ =
. Ta có
CI
là đường phân giác
góc
BCD
. .
IB CB DF
IB BE ID DF
ID CD BE
⇒ = = ⇒ = .
Mà
CO
là trung trực
EF
và
I CO
∈
IE IF
⇒ =
.
E
F
O
I
A
B
C
D
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10
năm 2012
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 3
-
Từ hai đẳng thức trên suy ra
. . . .
IB BE EI ID DF FI
=
(đpcm).
Câu IV
. Ta chứng minh
3 2
3 3 2 2
8 2
x x
x y x y
≥
+ +
(1)
3 4
3 3 2 2 2
8 ( 2 )
x x
x y x y
⇔ ≥
+ +
2 2 2 3 3
( 2 ) ( 8 )
x y x x y
⇔ + ≥ +
2 2 4 3
4 4 8
x y y xy
⇔ + ≥
2 2
2
x y xy
⇔ + ≥ (đúng).
Ta chứng minh
3 2
3 3 2 2
( ) 2
y y
y x y x y
≥
+ + + (2)
3 4
3 3 2 2 2
( ) ( 2 )
y y
y x y x y
⇔ ≥
+ + +
2 2 3 3
( 2 ) ( ( ) )
x y y y x y
⇔ + ≥ + +
2 2 2 4 3
( 2 ) ( )
x y y y x y
⇔ + − ≥ +
2 2 2 2 3
( )( 3 ) ( )
x y x y y x y
⇔ + + ≥ +
Ta có
2 2 2
1
( )
2
x y x y
+ ≥ +
2 2 2 2 2 2
3 2 2 2 2 ( )
x y x y y xy y y x y
+ = + + ≥ + = +
2 2 2 2 2 3
1
( )( 3 ) ( ) .2 ( ) ( )
2
x y x y x y y x y y x y
⇒ + + ≥ + + = +
(2)
⇒
đúng.
Từ
(1)
và
(2)
1
P
⇒ ≥
. Dấu bằng xảy ra
x y
⇔ =
. Vậy
min
1
P
=
.
Nguồn: Hocmai.vn