Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2012 - Trường THPT chuyên Hoàng Văn Thụ

Chia sẻ: Dinh Phong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

162
lượt xem 21
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm phục vụ cho quá trình học tập và ôn thi vào lớp 10, đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2012 của trường THPT chuyên Hoàng Văn Thụ sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn học sinh lớp 9.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2012 - Trường THPT chuyên Hoàng Văn Thụ

SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ Đề chính thức ĐỀ THI MÔN TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2012 Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm) 2 2 1 1 1) Rút gọn biểu thức A =  a 2  2   4  a    12 .     a   a   2) Chứng minh rằng x0 = 3 4 - 1 là nghiệm của phương trình x3 = 3 – 3x – 3x2 Bài 2(3 điểm) 3 x 2  8 y 2  12 xy  23  1) Giải hệ phương trình  2 2 x  y  2  2) Giải phương trình 3x  1  2 9 x 2  3 x  1  2  27 x3  1 .   3) Cho hình thang vuông ABCD có: A  B  900 , AD = AB = 20cm; BC = 10cm. Gọi I là trung điểm của AB, tính khoảng cách từ I đến đường thẳng CD. Bài 3(2 điểm) Phần nguyên của một số x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x, kí hiệu là [x] 2012 2012 2012 1) Tính        5  6  7        n n  1 2) Biết n, a là các số nguyên dương thỏa mãn:      a   a  1     chứng minh rằng n chia hết cho a. Bài 4(2 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), lấy điểm M bất kì trên đường tròn (O). Gọi A’, B’, C’ lần lượt là điểm đối xứng với điểm M qua BC, AC, AB. Chứng minh rằng: 1) AB’ = AC’. 2) A’, B’, C’ thẳng hàng. Bài 5(1 điểm) Cho bốn số nguyên dương có tổng bằng 2013. Tìm giá trị lớn nhất của tích bốn số đó. ---- HẾT ----
ĐÁP ÁN Bài 1(2 điểm) 1) Điều kiện: a  0 1 1 1 Đặt t  a   t 2  a 2  2  2  t 2  2  a 2  2 . Khi đó: a a a 2 2  t  2   4t  12  t  8t  16  (t  4)  t  4  a  a12  2   a  1    a  1  2 2 2 4 2 2 2 2 2 A=      a  a 2) Ta có: x3  3 – 3x – 3 x 2  x 3  3x 2  3 x  3  0  ( x  1)3  4  x  1  3 4  x  3 4  1 Do đó x0  3 4  1 là nghiệm của phương trình đã cho. Bài 2(3 điểm) 1) Ta có: 3 x 2  8 y 2  12 xy  23 6 x 2  16 y 2  24 xy  46   17 x 2  24 xy  7 y 2  0   2 2  2 2  2 2 x  y  2  23 x  23 y  46  x  y  2   7y ( x  y )(17 x  7 y )  0 x  y x   2 2  2 2 hoặc  17 x  y  2 x  y  2  x2  y 2  2  x  y x  y x  1  x  1 TH1:  2 2  2  hoặc  x  y  2 y 1 y 1  y  1  7y  7  7  7y x  x  17  x  13  x   13 TH2:  17      hoặc   x2  y2  2  y 2  289  y  17  y   17      169  13  13 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là:   7 17   7 17   ( x; y )  (1;1); (1; 1);  ;  ;  ;    13 13   13 13   2) Giải phương trình: 3x  1  2 9 x 2  3 x  1  2  27 x3  1 (1) 3x  1  0 Điều kiện:  2 9x  3x  1  0 Khi đó, ta có: (1)  3x  1  2 9 x 2  3x  1  2  (3x  1)(9 x 2  3x  1)  3x  1(1  9 x 2  3 x  1)  2(1  9 x 2  3x  1)  0  ( 3x  1  2)(1  9 x 2  3 x  1)  0
 3x  1  2  0  1  9 x 2  3 x  1  0  TH1: 3x  1  2  3 x  1  4  x  1 (thỏa mãn điều kiện) x  0 TH2: 9 x  3x  1  1  9 x  3 x  1  1  3 x(3 x  1)  0   2 2 (thỏa mãn điều kiện) x  1  3 1 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: x=0; x=1; x= . 3 3) Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ I xuống CD thì khoảng cách từ I đến CD chính là độ dài đoạn IH. - Kẻ CE // AB, E AD  ABCE là hình chữ nhật  CE = AB= 20 cm; AE = BC = 10 cm; ED = AD – AE = 10 cm - Vì tam giác CED vuông tại E, nên ta có: E D CD  EC2  ED 2  20 2  102  10 5 cm A - Ta có: SICD  SABCD  SIAD  SIBC 1 1 1  (AD  BC).AB  IA.AD  IB.BC I 2 2 2 2  150 (cm ) H Mặt khác, ta có: 1 2.SICD 2.150 B C SICD  IH.CD  IH    6 5 (cm) . 2 CD 10 5 Vậy khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng CD là 6 5 (cm) Bài 3(2 điểm) 2012   2012   2012  1) Ta có:      = 402 + 335 + 287 = 1024.  5   6   7  2) Vì n, a là các số nguyên dương nên ta luôn có thể giả sử n  aq  r ( q, r  ,0  r  a) n aq  r   r r Nếu 1  r  a thì      a   a    q  a   q (vì 0  a  1 )        n  1  aq  r  1  r  1 r 1 và      q  a   q ( vì 0  a  1 )  a   a     n   n  1 Suy ra:       1 , mâu thuẫn với điều kiện đề bài. a   a  Từ đó suy ra r = 0, do đó n chia hết cho a.
Bài 4(2 điểm)  Gọi E, I, F lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống các cạnh AB, BC, AC 1) Theo tính chất của phép đối xứng qua đường thẳng, dễ thấy:  AEC'  AEM(c.g.c)  AC'  AM    AB'  AC' .  AFB'  AFM(c.g.c)  AB'  AM 2) Chứng minh: A’, B’, C’ thẳng hàng.    Giả sử M  BC , với M  AB hay M  AC ta chứng minh tương tự.  Trước tiên ta sẽ chứng minh rằng: E, I, F thẳng hàng Thật vậy, ta có: B'   o MIE  MBE (vì tứ giác MIBE nội tiếp) A   o MIF  1800  MCF (vì tứ giác MIFC nội tiếp) A' O F  0  180  MCA B C I   MBA (vì tứ giác MBAC nội tiếp) C' E     Do đó: MIE  MIF  MBE  MBA  1800 M  E, I, F thẳng hàng. (p/s: đây chính là đường thẳng Simpson)  Chứng minh: A’, B’, C’ thẳng hàng. Thật vậy, ta có: ME MI 1 o    C'A '/ /EI (theo định lý Ta-lét đảo) (p/s: hoặc sử dụng t/c đường TB) MC' MA' 2 ME MF 1 o    C'B'/ /EF (theo định lý Ta-lét đảo) (p/s: hoặc sử dụng t/c đường TB) MC' MB' 2 C'A '/ /EF Mà EI  EF , nên từ trên ta có:   C'A '  C'B'  A’, B’, C’ thẳng hàng. C'B'/ /EF (p/s: Tiên đề 5 Euclid “ Từ một điểm A nằm ngoài đường thẳng b, chỉ kẻ được một và chỉ một đường thẳng a qua A và song song với đường thẳng b”)
Bài 5(1 điểm) C1: Giả sử bộ 4 số nguyên dương: 0  a  b  c  d , thỏa mãn: a  b  c  d  2013 ; abcd đạt giá trị lớn nhất và d  a  2 . Khi đó ta xét bộ 4 số sau: a1  a  1; b1  b; c1  c; d1  d  1 Ta có: a1b1c1d1  abcd  (a  1)bc(d  1)  abcd  [abcd  bc(d  a  1)]  abcd  bc(d  a  1)  0  a1b1c1d1  abcd (mâu thuẫn cách chọn bộ số {a, b, c, d}) Từ đó suy ra: d  a  0 hoặc d  a  1 2013  Xét TH: d  a  0  d  a  b  c  a , nên ta có: 4a  2013  a  (loại) 4  Xét TH: d  a  1  d  a  1 ; vì 0  a  b  c  d , nên ta có các trường hợp bộ 4 số có dạng như sau: o TH1: a; a; a; a  1  4a  1  2013  a  503 , ta được bộ số: 503, 503, 503, 504. 2011 o TH2: a; a; a  1; a  1  4a  2  2013  a  (loại) 4 1005 o TH3: a; a  1; a  1; a  1  4a  3  2013  a  (loại) 2 Vậy GTLN của tích bốn số bằng 5033.504 , tại bộ số { 503; 503; 503; 504}. C2: Phát biểu lại bài toán: Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn: a  b  c  d  2013 . Tìm giá trị lớn nhất của P = abcd - Nếu GTLN của P đạt được tại bộ số a 0 , b0 ,c0 ,d 0    thì | x  y | 1; với x, y {a 0 , b 0 ,c0 ,d 0 } Đơn giản là vì x, y    thì: xy  xy  x  y  1  (x  1)(y  1), x  y  2 - Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a 0  b 0  c0  d 0 , từ nhận xét ở trên ta có | d  a |  1 Từ đó suy ra: d  a hoặc d  a  1 - GTLN của P chỉ xảy ra khi có n số bằng a và 4  n số bằng a  1 (với n  N,0  n  4 ) Do đó có phương trình: na  (4  n)(a  1)  2013  4a  n  2009 Suy ra chỉ có n = 3 và a = 503 thỏa mãn Vậy GTLN của P bằng 5033.504 , tại bộ số {503; 503; 503; 504}. - THE END -