Embed Size (px)
Citation preview
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2014 – 2015 Môn: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút.
( Đề thi gồm 01 trang) Bài 1: (2,0 điểm):
1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: 1 1 1 1a b c và a + b + c = 1.
Chứng minh rằng 1 1 1 0a b c .
2) Với mỗi số nguyên dương n; chứng minh 3 5 3 5n n
là số nguyên dương.
Bài 2: (2,5 điểm):
1) Giải phương trình 26 2 1 4 12 8x x x x .
2) Giải hệ phương trình 3 2 6 4
4 32
12 1 3 41
x xy y y
y xx
Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AA1; BB1; CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AA1 cắt đường tròn (O) tại K khác A. 1) Chứng minh A1 là trung điểm của HK.
2) Hãy tính 1 1 1
HA HB HCAA BB CC
.
3) Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trên BC. Đường thẳng BB1 cắt (O) tại giao điểm
thứ hai là E, kéo dài MB1 cắt AE tại N. Chứng minh rằng 2
1
1
ABANNE EB
Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn 3 3 3 1x y xy Bài 5: (1,5 điểm): 1) Trên bảng ghi một số nguyên dương có hai chữ số trở lên. Người ta thiết lập số mới bằng cách xóa đi chữ số hàng đơn vị của số đã cho, sau đó cộng vào số còn lại 7 lần số vừa bị xóa. Ban đầu trên bảng ghi số 6100. Hỏi sau một số bước thực hiện như trên ta có thể thu được 1006 hay không ? Tại sao ? 2) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2 2 2 3x y z xyz . Chứng minh rằng:
2 2 2
4 4 4
32
x y zx yz y xz z xy
.
Hết
ĐỀ CHÍNH THỨC
Hướng dẫn giải: Bài 1: (2,0 điểm):
1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: 1 1 1 1a b c và a + b + c = 1.
Chứng minh rằng 1 1 1 0a b c .
Từ GT ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 0 0a b a ba b c a b c a b c a b c ab c a b c
20 0 0
00 0
0
a b a b a b c a b c ab a b ca cb c abab c a b c
a ba b c b a c c b
c a
Nếu a + b = 0 => c = 1 => c – 1 = 0 => 1 1 1 0a b c Nếu c + b = 0 => a = 1 => a – 1 = 0 => 1 1 1 0a b c Nếu a + c = 0 => b = 1 => b – 1 = 0 => 1 1 1 0a b c Vậy ta có đpcm. 2) Với mỗi số nguyên dương n; chứng minh 3 5 3 5
n n là số nguyên dương.
Bài 2: (2,5 điểm):
1) Giải phương trình 26 2 1 4 12 8x x x x .
ĐKXĐ 2x , đặt 2 26 0; 2 0 8x a x b a b PTTT:
2 21 1 01 0a b
a b ab a b a b ab a bab a b
+) với : 6 2a b taco x x vô nghiệm
+) với 1 6 1 6 1
1 0 1 1 01 2 1 2 1 3( )
a x x vonghiemab a b a b
b x x x TM
PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 3
2) Giải hệ phương trình
3 2 6 4
4 32
112 1 3 4 2
1
x xy y y
y xx
2 23 6 2 4 2 2 2 4 2
2 2 4 2
01 0
0 3x y x y
x y xy y x y x xy y yx xy y y
2
2 4 2 01 33 002 4
xx y y y
y
Thỏa mãn (2)
Với 2x y Bài 4: (1,0 điểm): Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn 3 3 3 1x y xy
33 3 3 1 3 3 1x y xy x y xy x y xy , đặt x + y = a và xy = b (a, b nguyên) ta có:
3 2 23 3 1 1 1 3 1 2 1 1 3 2a ab b a a a b a a a a b
Vì a, b nguyên nên có các TH sau :
2
01 11) 1
1 3 23
aaba a b
(loại)
2
1 2 12)
01 3 1a a
ba a b
(nhận) 1
; 0;1 , 1;00
x yx y
xy
2
1 1 23)
31 3 2a a
ba a b
(nhận)
2;
3x y
x yxy
2
1 2 34)
41 3 1a a
ba a b
(nhận)
3;
4x y
x yxy
Vậy ; 0;1 , 1;0x y Bài 3: (3,0 điểm): Cho tam giác ABC a) góc A1 = góc C2 = góc C1 => ∆CHK cân C, CA1 là đ/cao + đ trung trực => đpcm b) Có:
1 1 1
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
3
3 3 1 2HBC HAC HBA
ABC ABC ABC
HA HB HCHA HB HCAA BB CC AA BB CC
HA HB HCAA BB CC
S S SS S S
c) Từ GT => M trung điểm BC => ....=> ∆B1MC cân tại M => góc MB1C = gócMCB1 = góc AB1N => ∆CBB1 đồng dạng ∆B1AN (g-g) => 1B N AE Áp dụng hệ thức lương trong tam giác vuông ta có:
2
1
1
.
.AB AN AE ANEB EN EA EN
(đpcm)
Bài 5: (1,5 điểm): 2) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2 2 2 3x y z xyz . Chứng minh rằng:
2 2 2
4 4 4
32
x y zAx yz y xz z xy
.
Vì x, y, z dương, áp dụng BĐT Cô-si ta có:
+) 2
2 44 42
1 1 12 12 2
xx yz x yzx yz x yzx yz yz
+) 2 1 1 1 1 1 142y z y zyz yz
(2)
Từ (1) và (2) => :2
4
1 1 14
xx yz y z
. Tương tự : 2
4
1 1 14
yy xz x z
;
2
4
1 1 14
zz xy x y
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 14 2 2
xy yz zxAy z x z x y y z x xyz
(3)
Lại có 2 2 2xy yz zx x y z (4)
21
1
C1
B1
A1
NE
M
K
H O
B C
A
Từ (3) và (4) có : 2 2 21 1 3 3
2 2 2x y z xyzA
xyz xyz
đpcm
Dấu « = » xảy ra khi 1x y z
