Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Hoàng Văn Thụ môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Hòa Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Hoàng Văn Thụ môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Hòa Bình (Có đáp án)

1. SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ Đề chính thức ĐỀ THI MÔN TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2011 Thời gian làm bài: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có 01 trang Bài 1. ( 2 điểm) 1 1) Cho a = 3 2 3 . Chứng minh a là nghiệm của phương trình a3 – 3a 3 2 3 – 4 =0. 2) Tìm các số tự nhiên n để n3 – 4n2 – 2n + 15 là số nguyên tố. Bài 2.( 2 điểm) 1) Giải phương trình: x 10 x = 4 x2 2y2 xy 2y x 0 2) Giải hệ phương trình: . 2 2 x y 6x 12 0 Bài 3.( 3 điểm) 1) Cho tam giác ABC cân tại A, hai đường cao AH và BK có độ dài lần lượt là 10(cm) và 12(cm). Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC. 2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2x2 – xy + 3x - 2y – 5 = 0 5 6 3) Chứng minh rằng: x2 + + 5 > 0 ; với x 0 . x2 x Bài 4.( 2 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính CD, dây cung AB vuông góc với CD tại điểm I. Lấy điểm E thuộc cung nhỏ BC, nối EI cắt đường tròn tại F ( F E). Gọi M, N lần lượt là giao điểm của AB với CF và AD. Chứng minh rằng: 1) DI.DC = DN. DE 2) IM = IN. Bài 5.( 1 điểm) Cho các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 2051. Chứng minh rằng tích abc chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 12. Hết Họ và tên thí sinh: SBD Phòng thi Giám thị 1( họ và tên, chữ kí) Giám thị 2( họ và tên, chữ kí)
2. Bài giải Bài 1 1 1 1) với a = 3 2 3 , ta có a3 – 3a – 4 = 2 3 + 3 3 2 3 2 3 1 1 1 ( 3 2 3 ). (3 2 3 ) – 3(3 2 3 ) – 4 = 2 3 + 3 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 - 4 = 0 . 1 Vậy a = 3 2 3 là nghiệm của phương trình a3 – 3a – 4 = 0. 3 2 3 2) Ta có A = n3 – 4n2 – 2n + 15 = ( n – 3)( n2 – n – 5) Do đó để A là nguyên tố thì n – 3 = 1 hoặc n2 – n – 5 = 1. = > n = 4; 2 Thử với n = 4 thì A = 7 nguyên tố Với n = 2 thì A = 3 nguyên tố. Vậy với n = 4 ; n = 2 thì n3 – 4n2 – 2n + 15 là số nguyên tố. Bài 2. 1) ĐK: 0 x 10. Với ĐK trên thì phương trình đã cho tương đương với phương trình: X + 10 – x + 2 x(10 x) = 16  x(10 x) = 3  x( 10 – x) = 9 2  x – 10x + 9 = 0  x1 = 1; x2 = 9.Thỏa ĐK. Vậy PT có 2 N0 x1 = 1; x2 = 9. 2) Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với PT: ( x – 2y)(x + y – 1) = 0. x 2y  . x 1 y Nếu x = 2y thì thay vào PT thứ 2 trong hệ ta có (y + 2)2 = 0  y = -2 => x = -4 Nếu x = 1 – y thì ta có PT 8y = 19  y = 19 = > x = - 11 . 8 8 Vậy hệ có nghiệm: (x, y) = ( - 4; -2) ; (11 ; 19 ) 8 8 Bài 3. 1) Đặt BC = x > 0 ; AB = AC = a A Ta có x.AH = a.AC = 2 SABC  10 x = 12a. (1) K Tam giác ABC cân tại A có AH  BC nên HC = HB = x 2 Tam giác AHC vuông tại H nên AC2 = AH2 + B C HC2  a2 = 102 + (x )2  4a2 = 400 + x2 H 2 Từ (1) => 144a2 = 100x2  36.4a2 = 100x2  (400 + x2) 36 = 100x2  x = 15 ( vì x > 0) 2 15 2  a = 10 = 12,5 2 Vậy BC = 15cm ; AB = AC = 12,5cm. 2) Cách 1( Đưa về PT ước) Ta có 2x2 – xy + 3x -2y – 5 = 0  (x + 2)( 2x – y + 1) = 3 (*)
3. Vì x, y nguyên và 3 = 1. 3 nên PT (*) có các trường hợp xảy ra: x 2 1 x 1 + . Nhận 2x y 1 3 y 6 x 2 3 x 1 + . Nhận 2x y 1 1 y 0 x 2 1 x 3 + . Nhận 2x y 1 3 y 4 x 2 3 x 5 + . Nhận 2x y 1 1 y 10 Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là (x, y)=(-1; -6);(1; 0);(-3; -4);(-5; -10) Cách 2( Dùng phương pháp tách ra các giá trị nguyên) Phương trình đã cho tương đương với phương trình: xy + 2y =2x2 + 3x – 5 2x2 3x 5 3  y = 2x 1 . Do đó với x nguyên thì y nguyên  3 x+2 x 2 x 2  x + 2 là ước của 3 => x + 2 = 1. 3. Tiếp tục xét như cách 1 ta được nghiệm của PT. 2 2 2 5 6 x 4 5x2 6x 5 x 2 3x 1 3) Với x 0 ta có x2 5 x2 x x2 x2 Vì x 0 nên x2 > 0 (* ) Mặt khác (x2 – 2)2 0 . Dấu “=” xảy ra  x = 2 ( 1) 1 ( 3x – 1)2 0 . Dấu “=” xảy ra  x = . (2) 3 Do dấu “=” ở (1) và (2) không xảy ra đồng thời nên (x2 – 2)2 +( 3x – 1)2 > 0 ( ) 5 6 Từ (*) và ( ) =>x2 5 > 0 với mọi x 0 x2 x Bài 4. F 1) V DIN đồng dạng với V DEC (g.g) DI DN A => => DI.DC=DE.DN DE DC 1 N 2) Có D· CF D· EF( D»F) 2 1 C D I·EN I·CN( sdI»N) (do tứ giácICEM nội I O 2 tiếp) · · E M Hay ICN ICM V MNC có CI là đường phân giác và B đường cao nên V MNC cân tại C => CI cũng là đường trung tuyến => IN =IM. Bài 5. +) Ta có 2051 chia cho 3 dư 2 => a2 + b2 + c2 chia cho 3 dư 2 Một số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1, do đó trong 3 số a, b, c phải có 2 số chia cho 3 dư 1, số còn lại chia cho 3 dư 0 nên abc chia hết cho 3 (1) +) Ta cũng có 2051 chia cho 4 dư 3 => a2 + b2 + c2 chia cho 4 dư 3
4. Một số chính phương chia cho 4 chỉ dư 0 hoặc 1, do đó a,b,c phải cùng chia cho 4 dư 1=> a,b,c không chia hết cho 4 => abc cũng không chia hết cho 4 => abc không chia hết cho 12. (2) Từ (1) và (2) => abc chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 12.