zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán hệ THPT Chuyên năm 2012 - Đại học KHTN Hà Nội

Chia sẻ: Nguyễn Hữu Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Báo xấu

496
lượt xem 76
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán hệ THPT Chuyên năm 2012 - Đại học KHTN Hà Nội là tài liệu hay dành cho các bạn học sinh chuẩn bị ôn tập và luyện thi vào lớp 10, các câu hỏi bám sát chương trình lớp 9 và bài tập nâng cao dành cho thí sinh hệ THPT chuyên. Chúc các bạn ôn tập và luyện thi đạt kết quả cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán hệ THPT Chuyên năm 2012 - Đại học KHTN Hà Nội

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2012 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:  ( x − 1) y 2 + x + y = 3    ( y − 2) x + y = x + 1 2  2) Giải phương trình: 3 x2 + 7 x+ = . x 2( x + 1) Câu II. 1) Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên ( x, y, z ) thỏa mãn đẳng thức: x 4 + y 4 = 7 z 4 + 5. 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn đẳng thức: ( x + 1) 4 − ( x − 1) 4 = y 3 . Câu III. Cho hình bình hành ABCD với BAD < 90 . 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 x3 4 y3 P= + 3 . x3 + 8 y 3 y + ( x + y )3 Nguồn: Hocmai.vn Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 1 -
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2012 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: ( x+3 − x )( ) 1− x +1 = 1. 2) Giải hệ phương trình:   x2 + y 2 = 2 x2 y 2   ( x + y )(1 + xy ) = 4 x y . 2 2  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 2  1 1 hiệu là [ a ] . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , biểu thức n +  3 n − +    27 3   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 xy + yz + zx = 5 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3x + 3 y + 2 z P= . 6( x + 5) + 6( y 2 + 5) + z 2 + 5 2 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 ). PB BD 3) Trong trường hợp P, I , Q thẳng hàng, chứng minh rằng = . 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 ( x ≠ 1) , 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 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 1 -
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2012 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: ( x − 1) y 2 + ( x − 1) = 2 − y   ( y − 2) x + ( y − 2) = x − 1 2  ( x − 1)( y 2 + 1) = 2 − y (1)  ⇔ ( y − 2)( x + 1) = x − 1 (2) 2  +) Nếu x > 1 suy ra ( x − 1)( y 2 + 1) > 0 nên từ (1) ⇒ 2 − y > 0 ⇒ y < 2 ⇒ ( y − 2)( x 2 + 1) < 0 do đó từ (2) ⇒ x − 1 < 0 ⇒ x < 1 mâu thuẫn. +) Nếu x < 1 , tuơng tự suy ra x > 1 mâu thuẫn. +) Nếu x = 1 ⇒ y = 2 (thỏa mãn). Đáp số x = 1, y = 2. 2) Điều kiện x > 0 . Phương trình tương đương: 3 2( x + 1) x+ = x 2 + 7. x Chia hai vế cho x ≠ 0 ta thu được: 1 3 7 3 1 3 4 3 3 2 2(1 + ) x+ = x + ⇔ ( x + ) − 2(1 + ) x + + = 0 ⇔ ( x + − 2) ( x + − ) = 0 x x x x x x x x x x 3 3 x = 1 +) Giải x+ = 2 ⇔ x + = 4 ⇔ x2 − 4 x + 3 = 0 ⇔  . x x x = 3 3 2 3 4 +) Giải x+ = ⇔ x + = 2 ⇔ x 3 + 3 x − 4 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 + x + 4) = 0 ⇔ x = 1 . x x x x Đáp số x = 1, x = 3 . Câu II. 1) Giả sử tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn: x 4 + y 4 = 7 z 4 + 5 ⇔ x 4 + y 4 + z 4 = 8 z 4 + 5 (1) . Ta có a 4 ≡ 0,1 (mod 8) với mọi số nguyên a Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 1 -
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2012  x 4 + y 4 + z 4 ≡ 0,1, 2,3 (mod 8)  ⇒ 4 8 z + 5 ≡ 5(mod 8)  Mâu thuẫn với (1) . Vậy không tồn tại ( x, y, z ) thỏa mãn đẳng thức. 2) Phương trình tương đương với: ( x + 1) 2 + ( x − 1) 2  ( x + 1) 2 − ( x − 1) 2  = y 3 ⇔ (2 x 2 + 2)(4 x) = y 3 ⇔ 8 x 3 + 8 x = y 3 .    +) Nếu x ≥ 1 ⇒ 8 x3 < 8 x3 + 8 x < (2 x + 1)3 ⇔ (2 x)3 < y 3 < (2 x + 1)3 (mâu thuẫn vì y nguyên). +) Nếu x ≤ −1 và ( x, y ) là nghiệm, ta suy ra (− x, − y ) cũng là nghiệm, mà − x ≥ 1 ⇒ mâu thuẫn. +) Nếu x = 0 ⇒ y = 0 (thỏa mãn). Vậy x = y = 0 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). B C E I O A D F 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 IB CB DF góc BCD ⇒ = = ⇒ IB.BE = ID.DF . ID CD BE Mà CO là trung trực EF và I ∈ CO ⇒ IE = IF . Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 2 -
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2012 Từ hai đẳng thức trên suy ra IB.BE.EI = ID.DF .FI (đpcm). Câu IV. Ta chứng minh x3 x2 ≥ 2 (1) x3 + 8 y 3 x + 2 y2 x3 x4 ⇔ ≥ 2 ⇔ ( x 2 + 2 y 2 ) 2 ≥ x( x3 + 8 y 3 ) ⇔ 4 x 2 y 2 + 4 y 4 ≥ 8 xy 3 x + 8y 3 3 (x + 2 y ) 2 2 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2 xy (đúng). y3 y2 Ta chứng minh ≥ 2 (2) y 3 + ( x + y )3 x + 2 y2 y3 y4 ⇔ ≥ 2 y 3 + ( x + y )3 ( x + 2 y 2 ) 2 ⇔ ( x 2 + 2 y 2 ) ≥ y ( y 3 + ( x + y )3 ) ⇔ ( x 2 + 2 y 2 ) 2 − y 4 ≥ y ( x + y )3 ⇔ ( x 2 + y 2 )( x 2 + 3 y 2 ) ≥ y ( x + y )3 Ta có 1 x2 + y 2 ≥ ( x + y)2 2 1 x 2 + 3 y 2 = x 2 + y 2 + 2 y 2 ≥ 2 xy + 2 y 2 = 2 y ( x + y ) ⇒ ( x 2 + y 2 )( x 2 + 3 y 2 ) ≥ ( x + y )2 .2 y ( x + y ) = y ( x + y )3 2 ⇒ (2) đúng. Từ (1) và (2) ⇒ P ≥ 1 . Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y . Vậy Pmin = 1 . Nguồn: Hocmai.vn Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 3 -
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2012 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2011 HƯỚNG DẪN GIẢI MÔN THI TOÁN (Vòng 2) Câu I. 1) Điều kiện 0 ≤ x ≤ 1 , phương trình tương đương với: 3 ⇔ ( 1 − x + 1) = 1 ⇔ 3( 1 − x + 1) = x + x + 3 x+3 + x Nếu 0 ≤ x < 1 ⇒ 3 ( ) 1 − x + 1 > 3 đồng thời x+ x+3 < 1+ 4 =3 Suy ra VT > VP. (loại). Thử lại ta thấy x = 1 là nghiệm. 2) x = y = 0 là nghiệm. Xét x ≠ 0, y ≠ 0 hệ phương trình tương đương với: 1 1 1 1  x2 + y2 = 2  x 2 + y 2 = 2 (1)    ⇔  1 + 1  1 + 1  = 4  1 + 1   2 + 2  = 8(2)  x y  xy       x y      xy  1 1 1 1 x + y = 2 3  Thay (1) vào (2) ta thu được  +  = 8 ⇔  ⇔ x = y =1 x y  1 =1   xy Câu II.  1 1 1) Ký hiệu K =  3 n − +  , do n > 1 ⇒ K ≥ 1 . Ta có:  27 3  1 1 1 1 2 K ≤ 3 n− + < K + 1 ⇔ ( K − )3 ≤ n − < ( K + )3 27 3 3 27 3 K 1 1 4 8 ⇔ K3 − K2 + − ≤n− ≤ K 3 + 2K 2 + K + 3 27 27 3 27 K 4 1 ⇔ K 3 + ≤ n + K 2 < K 3 + 3K 2 + K + ⇔ K 3 < n + K 2 < ( K + 1)3 3 3 3 2  1 1 Suy ra n + K = n +  3 n − 2 +  không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên  27 3  dương. 2) Ta có: 6 ( x 2 + 5 ) + 6 ( y 2 + 5 ) + z 2 + 5 = 6 ( x + y )( x + z ) + 6 ( y + z )( y + x ) + ( z + x )( z + y ) Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 1 -
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2012 3( x + y ) + 2 ( x + z ) 3( x + y ) + 2 ( y + z ) ( z + x ) + ( z + y ) 9x + 9 y + 6z 3 ≤ + + ≤ = ( 3x + 3 y + 2 z ) 2 2 2 2 2 3x + 3 y + 2 z 2 Suy ra P = ≥ . Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = 1, z = 2. 6( x 2 + 5) + 6( y 2 + 5) + z 2 + 5 3 2 Vậy Pmin = . 3 Câu III. 1) Tứ giác BPIM nội tiếp và AD / / BC ⇒ MAD = BPM = BIM ⇒ tứ giác AMID nội tiếp. Tương tự tứ giác DNIA nội tiếp. Vậy năm điểm A, M , I , N , D thuộc một đường tròn ( K ) 2) Do các tứ giác BPIM và CPIN nội tiếp nên ta có QMI = BPI = CNI B P C ⇒ tứ giác MINQ nội tiếp. M I N Mà M , I , N ∈ ( K ) ⇒ Tứ giác MINQ nội tiếp đường tròn ( K ) . D A Vậy Q thuộc đường tròn ( K ) (đpcm) K 3) Khi P, I , Q thẳng hàng, kết hợp với Q thuộc đường tròn ( K ) ta có: AIQ = PIC (đối đỉnh) PIC = PNC (do tứ giác NIPC nội tiếp) Q PNC = QND (đối đỉnh) QND = QID (do tứ giác INDQ nội tiếp ) ⇒ AIQ = QID P ⇒ IQ là phân giác DIA nên IP là phân giác góc BIC . B C PB IB ID IB + ID BD PB BD M Do đó = = = = ⇒ = (đpcm) I PC IC IA IC + IA AC PC CA N A D K Q Câu IV. Giả sử A có n số, chúng ta xếp chúng theo thứ tự 1 = x1 < x2 < x2 < ⋯⋯ < xn = 100 (1) Suy ra với mỗi k ∈ {1, 2, 3,… , n − 1} ta có xk +1 = xi + x j ≤ xk + xk = 2 xk ( 2 ) với 1 ≤ i, j ≤ k . Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 2 -
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2012 Áp dụng kết quả ( 2 ) ta thu được x2 ≤ 1 + 1 = 2, x3 ≤ 2 + 2 = 4, x4 ≤ 8, x5 ≤ 16, x6 ≤ 32, x7 ≤ 64. Suy ra tập A phải có ít nhất 8 phần tử. +) Giả sứ n = 8 ⇒ x8 = 100 . Vì x6 + x7 ≤ 32 + 64 = 96 ⇒ x8 = 2 x7 ⇒ x7 = 50. Vì x5 + x6 ≤ 16 + 32 = 48 ⇒ x7 = 2 x6 ⇒ x6 = 25. 25 Vì x4 + x5 ≤ 8 + 16 = 24 < 25 ⇒ x6 = 2 x5 ⇒ x5 = (mâu thuẫn). 2 +) n = 9 ta có tập {1, 2, 3, 5,10, 20, 25,50,100} thỏa mãn yêu cầu bài toán . Đáp số: n = 9 Nguồn: Hocmai.vn Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 3 -

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.