Tài liệu Đề thi chuyên lý lớp 10 trường quốc học Huế 2006 doc

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYÊN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ KHOÁ NGÀY 19.06.2006


ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: VẬT LÝ

Số báo danh: . . . . Phòng: . . .
Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (2,5 điểm)
Trên một đường đua thẳng, hai bên lề đường có hai hàng dọc các vận động viên chuyển động
theo cùng một hướng: một hàng là các vận động viên chạy việt dã và hàng kia là các vận động viên
đua xe đạp. Biết rằng các vận động viên việt dã chạy đều với vận tốc 20km/h và khoảng cách đều
giữa hai người liền kề nhau trong hàng là 20m; những con số tương ứng đối với hàng các vận động
viên đua xe đạp là 40km/h và 30m. Hỏi một người quan sát cần phải chuyển động trên đường với
vận tốc bằng bao nhiêu để mỗi lần khi một vận động viên đua xe đạp đuổi kịp anh ta thì chính lúc
đó anh ta lại đuổi kịp một vận động viên chạy việt dã tiếp theo?

Bài 2
: (2,5 điểm)
Người ta đặt một viên bi đặc bằng sắt hình cầu bán kính R = 6cm đã được nung nóng tới nhiệt
độ
lên mặt một khối nước đá rất lớn ở . Hỏi viên bi chui vào khối nước đá đến độ
sâu bao nhiêu? Bỏ qua sự dẫn nhiệt của nước đá và độ nóng lên của đá đã tan. Cho khối lượng riêng
của sắt là D = 7800kg/m
0
325t= C
0
0 C

3
, khối lượng riêng của nước đá là D
0
= 915kg/m
3
, nhiệt dung riêng của sắt
là C = 460J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá ( tức là nhiệt lượng mà 1kg nước đá ở
0 cần thu
vào để nóng chảy hoàn toàn thành nước ở nhiệt độ ấy) là
0
C
λ
= 3,4.10
5
J/kg. Thể tích hình cầu được
tính theo công thức
3
4
3
VR
π
= với R là bán kính.
Bài 3
: (2,5 điểm)
C
B
A
R
b
R

0
U
o o
Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó R
0
là điện trở toàn phần của biến
trở, R
b
là điện trở của bếp điện. Cho R
0
= R
b
, điện trở dây nối không đáng
kể, hiệu điện thế U của nguồn không đổi. Con chạy C nằm ở chính giữa
biến trở.
a, Tính hiệu suất của mạch điện. Coi công suất tiêu thụ trên bếp là có ích.
b, Mắc thêm một đèn loại 6V-3W song song với đoạn AC của biến trở.
Hỏi muốn đèn này sáng bình thường thì hiệu điện thế U của nguồn và điện trở R
0
phải thoả mãn
điều kiện nào?


Bài 4
: (1,5 điểm)
Cho một vật AB đặt trước thấu kính hội tụ L
1
có tiêu cự f
1
= f

và cách thấu kính L
1
khoảng cách 2f như trên hình vẽ. Sau L
1
ta
đặt thấu kính phân kỳ L
2
có tiêu cự f
2
= - f / 2 và cách L
1
một
B
A
O
O
12
1
2
LL
khoảng O
1
O
2
= f / 2, sao cho trục chính của hai thấu kính trùng
nhau.
a, Hãy vẽ ảnh của AB qua hệ hai thấu kính trên.
b, Hãy vẽ một tia sáng phát ra từ A sau khi đi qua cả hai thấu
kính trên thì tia ló có phương đi qua B. Giải thích cách vẽ.

Bài 5
: (1,0 điểm)
Trong một hộp kín X (trên hình vẽ) có mạch điện ghép bởi các
điện trở giống nhau, mỗi điện trở có giá trị R
0
. Người ta đo điện
1
2
3
4
X
trở giữa hai đầu dây ra 2 và 4 cho ta kết quả là R
24
= 0. Sau đó, lần
lượt đo điện trở của các cặp đầu dây ra còn lại, cho ta kết quả là:
R
12
= R
14
= R
23
= R
34
= 5R
0
/3 và R
13
= 2R
0

/3. Bỏ qua điện trở các
dây nối. Hãy xác định cách mắc đơn giản nhất các điện trở trong hộp kín trên.


Hết

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ

KHÓA NGÀY 19.6.2006
* * * * * MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC

Số báo danh: Phòng:

Bài 1:
(2,5 điểm)
a) Tìm các số thực
biết :
uv,uv
33
7+ =
và
2uv⋅ =−
.
b) Giải phương trình :
()
( )( )
2

135xxx 9− ++=
.

Bài 2:
(3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có đường kính BD = 2R, dây AC của (O) vuông góc
với BD tại H. Gọi P, Q, R, S theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ
H đến AB, AD, CD, CB.
a) Chứng tỏ : HA
2
+ HB
2
+ HC
2
+ HD
2
= 4R
2
.
b) Chứng minh tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp .
c) Chứng minh : PR + QS
≤
AB + AD .

Bài 3: (3 điểm)
a) Đặt
2
=
p
;

3
2
= . Chứng tỏ rằng :
q
33
11
1
22 2
pq
pq
qp
− =++++
−
.
b) Chứng tỏ :
()
( )
333 222
3
x
yz xyzxyzxyzxyyzzx++− =++ ++−−−
,,
với mọi số thực
x
yz
.
Suy ra với
là các số dương ta luôn có :
,,abc
3

3abc abc++≥
.
c) Phân chia chín số : 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 thành ba nhóm tuỳ ý, mỗi
nhóm có ba số. Gọi T
1
là tích của ba số của nhóm thứ nhất, T
2
là tích
của ba số của nhóm thứ hai và T
3
là tích của ba số của nhóm thứ ba.
Hỏi tổng : T
1
+ T
2
+ T
3
có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu ?

Bài 4: (1 điểm)
Một thùng sắt đậy kín hình lập phương. Biết rằng trong thùng chứa 9 khối
có dạng hình cầu cùng bán kính, làm bằng chất liệu rất rắn .
Chứng minh rằng nếu cạnh của thùng hình lập phương là a thì đường kính
của các khối cầu bên trong nó nhỏ hơn hoặc bằng (
23 3−
)a.

Hết

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC

THỪA THIÊN HUẾ KHÓA NGÀY 19.6.2006
* * * * * MÔN : TOÁN


THANG ĐIỂM - ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm
Ta có :
uv
và
uv
33
7+=
33
8⋅ =−

0,25
u
3
và v
3
là các nghiệm của phương trình:
2
78xx 0− −=

0,25
Do đó :
()
hoặc
33

1; 8uv=− =
( )
33
8; 1uv= =−

0,25
Vậy:
()
hoặc
1; 2uv=− =
( )
2; 1uv= =−

0,25
1a
(1đ)

Viết lại :
()( )( )( )
1513xx xx−+ ++=9

0,25

()( )
22
45 43xx xx+− ++=9

0,25
Đặt : , phương trình trở thành:
2

4tx x=+
( )( )
53tt 9− +=
hay:

2
tt2240−− =
0,25
Giải ra :
6; 4tt==−
0,25
Với
tx
, giải ra :
2
64x=⇔ + =6 21x =− ± 0

0,25
Với
tx
,giải ra :
2
44x=− ⇔ + =−4
2x = −

0,25
1b
(1,5đ)

HA

2
+ HB
2
= AB
2

HB
2
+ HC
2
= BC
2

HC
2
+ HD
2
= CD
2

HD
2
+ HA
2
= DA
2

0,25
2(HA
2

+ HB
2
+ HC
2
+ HD
2
)= AB
2
+ AD
2
+ BC
2
+ CD
2
0,25
= 4R
2
+ 4R
2
0,25
Vậy : HA
2
+ HB
2
+ HC
2
+ HD
2
= 4R
2

0,25
2a
(1đ)






Tứ giác HPBS nội tiếp : .
··
·
HPS HBS DBC==
0,25
HPAQ là hình chữ nhật : .
··
··
HPQ HAQ CAD CBD===
Do đó :
.
·
·
·
·
2SPQ HPS HPQ DBC=+ =
0,25
Tương tự:
·
·
2SRQ BDC=

0,25
2b
(1đ)
Do
nên
··
0
90DBC BDC+=
··
0
180SPQ SRQ+=
∠
SPQ+
∠
SRQ = 180
0

0,25

B
D
C

H
P
Q
R
S
O
A

Chú ý: PQRS là hình thang cân.
Ta có : PR HP+HR
≤
0,25
Gọi E là trung điểm AB,ta có:HP
≤
HE =
2
1
AB. Gọi F là trung điểm CD,
HR
≤
HF =
2
1
CD
0,25
Do đó : PR
≤
2
1
AB +
2
1
CD
0,25
Tương tự :QS
≤
2
1

BC +
2
1
AD
0,25
Mà : AB=BC ; AD=CD 0,25
2c
(1,5đ)
Do đó : PR + QS
AB +AD
≤
0,25
Cần chứng tỏ :
11
1.
pq
pq
pq q q p
−=++++
−

0,25
Hay :
()
1
pq
pq pq
qpq

=− +++++



11
(*)
.
0,25
Vế phải của (*) :
22
22
1
pp q
p pq q p qp q p q
qq p
+++++−−−−−−

0,25
Do :
p
2
=2 ;
q
3
=2 ;
q
p
2
=
q
2
=

q
2
;
q
p
=
p
q
2
nên (*) đúng .
0,25
3a
(1đ)





Chú ý
: Có thể trục căn ở mẫu của
3
22
1
−
để chứng tỏ đẳng thức .

Khai triển vế phải:
()
( )
222

x
yzx y z xyyzzx++ ++−−−
được vế trái .
0,25
Ta có :
()()()
222
222
1
0
2
xyzxyyzzx xy yz zx

++−−−= − +− +− ≥


0,25
Đặt : x =
3
, y =
a
3
, z =
b
3
c
; x + y + z >0 vì a, b, c dương .
0,25
Từ đó hay : + +
c

3
333
3xyz xyz++− ≥0
a b
≥
3
abc
.
0,25
3b
(1đ)

Ta có :
T
1

+
T
+
T
2 3

≥
3
3
321
TTT
.
0,25
= 1.2.3.4.5.6.7.8.9 = 72.72.70

1
T
2
T
3
T

> 71
3


0,25
Do đó :
T
1

+
T
+
T
2 3

> 213 mà:
T
,
T
,
T
nguyên nên :
T

1 2 3 1

+
T
+
T
2 3

214.
≥
0,25
Ngoài ra:214= 72 +72 +70 =1.8.9 + 3.4.6 +2.5.7,nên giá trị nhỏ nhất của
+
T
+
T
là 214
1
T
2 3
0,25
3c
(1đ)

4
(1đ)


Gọi O là tâm của hình lập phương (L) đang xét. Dựng hình lập phương
(L

1
) có cùng tâmO, có cạnh song song với cạnh của (L) và có độ dài cạnh
là a-2r, với r là bán kính của các hình cầu. Chín tâm của 9 hình cầu đều
nằm trong (L
1
) (hoặc ở trên mặt) .
0,25
Chia (L
1
) thành 8 hình lập phương con bởi ba mặt phẳng qua O và song
song với mặt của (L
1
) .Phải có một hình lập phương con (L
2
) trong chúng
chứa ít nhất hai tâm hình cầu.
0,25
Đường chéo của hình lập phương con (L
2
) là :
2
1
(a-2r)
3
.
Khoảng cách hai tâm hình cầu lớn hơn hoặc bằng 2r.
0,25

Vì vậy
2
1
(a-2r)
3
≥
2r hay : 2r
≤
32
3
+
a
=(
32
-3)a.
0,25

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYÊN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ KHOÁ NGÀY 19.06.2006


ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ
CÂU NỘI DUNG - YÊU CẦU ĐIỂM
1

2,5đ
- Ký hiệu vận tốc của VĐV chạy, người quan sát và VĐV đua xe đạp lần lượt là
v
1
, v

2
và v
3
; khoảng cách giữa hai VĐV chạy liền kề là l
1
và giữa hai VĐV đua xe
đạp liền kề là l
2
.
- Tại một thời điểm nào đó ba người ở vị trí ngang nhau thì sau thời gian t người
quan sát đuổi kịp VĐV chạy và VĐV đua xe đạp phía sau đuổi kịp người quan sát.
Ta có các phương trình:

(1)
21
vt vt l−=
1
2

(2)
32
vt vt l−=
- Cộng hai vế các phương trình trên rồi tìm t, ta được:

12
31
ll
t
vv
+

=
−
(3)
- Thay (3) vào (1) ta được:
13 1
21
12
(lv v
vv
ll
)
−
=+
+
(4)
- Thay số vào (4) ta có:
= 28 (km/h)
2
v



0,25

0,50

0,25
0,25

0,50

0,50

0,25
2

2,5đ
- Có thể xem kích thước khối nước đá rất lớn so với viên
bi nên sau khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ cân bằng là
0 .
0
C
- Nhiệt lượng mà viên bi toả ra để hạ nhiệt độ xuống
0
0 C là:
3
1
4
( 0)
3
DCt RDC
π
=−=
QV

t
- Giả sử có m (kg) nước đá tan ra do thu nhiệt của viên bi
toả ra, thì nhiệt lượng được tính theo công thức:

2
.Qm
λ
=

- Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt, ta có:
QQ
12
=
;
⇒
3
4

3
mRD
λπ
=
Ct
→
3
4
3
.
R
DCt
m
π
λ
=

- Thể tích của khối lượng đá tan ra tính được là:
3
00
4
3
t
mRD
DD
π
λ
==
.Ct
V

- Thể tích
V là tổng thể tích của một hình trụ có chiều cao h và thể tích của một
nửa hình cầu bán kính R, nên ta suy ra được:
t

3
2
00
14 1 4 2 2 2

23 3. 3 3 .
t
RDCt R R DCt
hV R
RD D
π

πλ λ


=− = − = −




1




- Vậy viên bi chui vào khối nước đá một độ sâu H là:

00
4 2 4
1. 1.
3. 3 . 3
DCt DCt R
HhR R
DD
λλ

=+ = −+ = +






- Thay các giá trị vào ta có:

5
4.7800.460.325 6
1. 32
3,4.10 .915 3
H

=+


≈
(cm)



0,25


0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,50



0,25



0,25





a, - Điện trở
00 0
00
./2
/2 3
CB
R
RR
R
RR
==
+

0,25



H

3

2,5đ
- Cường độ dòng điện trong mạch chính :
00
6
/2 /3 5
UU
I
0
R
RR
==
+

vậy
UI
. 0,4
CB CB
R==U
- Công suất tiêu thụ trên bếp là :

22
00
/4/25
CB
PU R U R==
- Hiệu suất mạch điện là :

2
00
/ (4 / 25 ) :( .6 / 5 ) 2 /15HPUI U R UUR== =
Vậy:
H
; 13,3%

b, - Đèn 6V-3W có: / 3/ 6 0,5( )
dm dm dm
I
PU A===
và điện trở :

2
/ 36/3 12( )
ddmdm
RU P===Ω
- Vì đèn sáng bình thường nên:
UU
6 6
AC dm CB
VUU
=

=→ =−
- Cường độ dòng điện trong mạch chính là :

⇒ 6
U
= 60 +
0
0,5 (6: /2) ( 6):( /3)IRU=+ =−
0
(*)
Vậy khi mắc đèn song song với đoạn mạch AC, muốn đèn sáng bình thường thì U
và R
0
phải thoả mãn điều kiện (*) trên.
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25



0,25
0,25

0,50

4

1,5đ
a, Sơ đồ tạo ảnh qua hệ hai thấu kính trên:

AB A
1
B
1
A
2
B
2
.
Vẽ như trên hình.
(vẽ được mỗi ảnh A
1
B
1
, A
2
B
2
cho 0,5đ)
b,
+ Các bước vẽ:
- Vẽ tia Bx qua A
2
kéo dài cắt L
2
tại K;

- Vẽ tia A
1
K kéo dài cắt L
1
tại I
- Vẽ tia AI.
Tia AI chính là tia tới từ A, sau khi qua hai thấu kính cho tia ló có phương qua B.
+ Giải thích:
- Giải thích đúng vì sao vẽ tia Bx;
- Giải thích đúng vì sao vẽ tia IKA
1
;
- Giải thích đúng vì sao vẽ tia AI.





1,0




0,25




0,25
5

1,0đ
- Vì R
24
= 0 nên giữa đầu 2 và đầu 4 nối với nhau bởi dây dẫn mà không có điện
trở R
0
nào.
- Vì R
13
= 2R
0
/3 < R
0
nên giữa đầu 1 và đầu 3 phải có
mạch mắc song song.
- Vì mạch đơn giản nhất nên ta chọn mạch song song
có hai nhánh, số điện trở ở mỗi nhánh là x và y (a)
(x, y: nguyên dương).
- Ta có:

00
0
00
.
2
3
xR yR
R
xR yR

=
+
⇒ 32()
x
yxy
=
+ ;
- Để đơn giản, ta chọn x = 1, thay vào biểu thức trên ta có: y = 2. Vậy mạch 1-3
có dạng đơn giản như hình vẽ (a).
- Vì :
R
12
= R
14
= R
23
= R
34
= 5R
0
/3 = R
0
+ 2R
0
/3
Nên các mạch 1-2, 1-4, 2-3, 3-4 gồm một điện
trở R
0
mắc nối tiếp với mạch 1-3 ở trên.
Vậy sơ đồ cách mắc đơn giản trong hộp X

như trên hình vẽ (b). (b)












0,25

0,25



0,25

0,25
R
0
R
x
B
A
O
O

A
B
B
1
1
2
1
2
1
2
LL
I
K
A
2
L
1
L
2

13
1
2
4
3