vượn tự nhiên và xã hội 2 lê ngọc hùng thư viện tư liệu giáo dục

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (144.89 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở GD&ĐT Nghệ An Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10

trờng thpt chuyên phan bội châu Năm
học 2008-2009

Môn thi: to¸n

Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2 điểm)

Tìm số tự nhiên có 2 chữ sè xy, biÕt r»ng

2 2

xxyy xx yy
Bµi 2: (2 điểm)

Giải phơng tr×nh:





3 2

10 x  1 3 x 2
Bài 3: (1điểm)

Cho ®a thøc f(x) = ax2 + bx + c (a 0). Biết rằng phơng trình: f(x) = x
vô nghiệm. Chứng minh rằng phơng trình: a[f(x)]2 + bf(x) + c = x vô nghiệm.
Bài 4: (1®iĨm)

Cho x, y, z > 0 tháa m·n: xy + yz + zx = xyz. Chøng minh r»ng:

2 2 2 2 2 2

1 1 1

y z x

x y z x y z

 

      

 

Bµi 5: (3 ®iĨm)

Cho tam gi¸c ABC cân tại A. Gọi O là trung điểm của BC. Đờng tròn (O; R)
tiếp xóc víi AB ë E, tiÕp xóc víi AC ë F. Điểm H chạy trên cung nhỏ EF

(H khác E, F). Tiếp tuyến của đờng tròn tại H cắt AB, AC lần lợt tại M, N.
a) Chứng minh: MOB ONC

b) Xác định vị trí của điểm H sao cho diện tích tam giác AMN lớn nhất.
Bài 6: (1 điểm)

Cho 33 điểm nằm trong hình vng có độ dài cạnh bằng 4, trong đó khơng có ba 
điểm nào thẳng hàng. Ngời ta vẽ các đờng trịn có bán kính bằng 2 và tâm là
các điểm đã cho. Hỏi có hay khơng ba điểm trong các điểm đã cho sao cho chúng
đều thuộc phần chung của ba hình trịn có tâm cũng chính l ba im ú? Vỡ sao?

---Hết---Họ và tên thí sinh:... Số báo danh:...

Sở Giáo dục và Đào tạo

Nghệ An

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10
trờng THPT chuyên phan bội châu

Năm học 2008-2009
h

ớng dẫn chấm và biểu điểm môn toán 
Đề chính thức

Đề chính thức

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

(Hớng dẫn và biểu điểm chấm này gồm có 04 trang)

Bài 1 (2,0 điểm) Điểm

Điều kiện: 1 x, y 9 và x, y nguyên 0.25

Ta cã:

2 2

 

xxyy xx yy (1)

 x.100.11+y.11= x2.112+y2.112

 100x+y=11(x2+y2)

0.5

=> x y 11

=> x+y=11( v× 1  x, y  9; x, y ) 0.5

=> (x,y) chØ cã thÓ là các cặp (2, 9); (3, 8); (4, 7); (5, 6); (6, 5); (7, 4); (8; 3) (9, 2) 0.5
Thay lân lợt từng cặp trên vào (1) ta thấy chỉ ó x=8 và y=3 thỏa mÃn.

Vậy số cần tìm là 83. 0.25

Bài 2 (2,0 điểm).

Điều kiện: x -1 0,25

Ta cã:

3 2

10 x  1 3(x 2)

2 2

10 1 1 3( 2)

 x x  x  x 

0,25

Đặt

1
1






u x

v x x

, (điều kiện u  0, v > 0) khi đó phng trình (2) trở thành
10u.v = 3(u2+v2)

0,5

 (3u v u )(  3 ) 0v 

3
3



  



u v

u v

0,25

Trêng hỵp 1: u = 3v ta cã:
x 1 3 x2 x1
 9x2-10x+8 = 0 vô nghiệm

0,25

Trờng hợp 2: 3u = v ta cã:
3 x 1 x2  x1

 9x + 9= x2 – x+1

0,25

 x2 – 10x – 8 = 0

5 33

  
 

 


x
x

(thỏa mãn điều kiện x  -1)
Vậy phơng trình đã cho có các nghiệm là:

x  5 33 vµ x 5 33

0,25

Bµi 3 (1,0 điểm)

Vì phơng trình f(x) = x vô nghiệm nên
f(x) > x, x R hoặc f(x) < x, x  R

0,5
. NÕu f(x)> x, x  R th×

a[f(x)]2 + b.f(x) + c = f(f(x)) > f(x) > x, x  R 
suy ra phơng trình a[f(x)]2 + b.f(x) + c = x vô nghiệm

0,25
. Nếu f(x)< x, x R thì

a[f(x)]2 + b.f(x) + c = f(f(x)) < f(x) < x, x R 
suy ra phơng trình a[f(x)]2 + b.f(x) + c = x v« nghiƯm
VËy ta có điều phải chứng minh.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài 4 (1,0điểm)

Ta có xy+yz+zx= xyz

1 1 1
1

x y z

Đặt

1 1 1

, ,

  

a b c

x y z ta đợc a, b, c >0 và a+b+c=1 (1)

Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành:

2 2 2

3( )

    

a b c

b c a (2)

0,25

Ta sẽ chứng minh (2) đúng với mọi a, b, c thỏa mãn (1)
Thật vậy, do điều kiện a+b+c=1 nên ta có: (2) 

2 2 2

2 2

2 3(

) (

)

























































a

b

c

a b

b c

c

a

b

c

a

c

a b c

0,25



2 2 2

( ) ( ) ( )

  

       

a b b c c a

b c a



2 2 2

1 1 1

(  1)(a b ) (  1)(b c ) (  1)(c a ) 0

b c a

0,25



2 2 2

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 0

  

     

a c b a c b

a b b c c a

b c a

Bất đẳng thức đúng vì: a, b, c > 0.

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =1/3 hay x = y = z = 3.

0,25

Bµi 5 (3,0 ®iĨm)
a (1,5 ®iĨm)

Theo tÝnh chÊt tiÕp tun ta có OM, ON lần lợt là phân giác của các góc
EOH, FOH

0,25

Tứ giác AEOF nội tiếp nên BAC + EOF = 180o 0,25

B C

N
M

F
H

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Từ đó MON=
180

2


 

o BAC

ABC ACB

Suy ra MOB = ONC. VËy ΔMOB ΔONC

b, 1,25 (®iĨm)

Tõ ΔMOB ΔONC =>



MB OB

OC NC BM.CN=OB.OC=
2

4
BC

= const

Vì SAMN = SABC – SBMNC nên SAMN lớn nhất khi và chỉ khi SBMNC nhỏ nhất(do SABC
không đổi)

Ta cã SBMNC = SBOM +SMON + SNOC =

( )

2 R BM MN CN

1 ( )( )

2R BM CN MENF doMN ME NF

( )

2R BM CN BM  BECN  CF

= R(BM+CN-BE) do BE=CF

 R(2 BM CN.  BE)
= R(BC-BE) không đổi
Dấu = xảy ra  BM = CN  MN //BC

 H lµ trung ®iĨm cđa cung nhá EF.

VËy SAMN lín nhÊt khi H là trung điểm của cung nhỏ EF
Câu 6 ( 1,0 ®iĨm)

Chia hìh vung đã cho thành 16 hình vung đơn vị(các cạnh song song với các cạnh
hình vng đã cho và có độ dài bằng 1)

Do 33>16.2 nên theo nguyên lý Dirichlê, tồn tại ít nhất 3 điểm cùng nằm trong hoặc
trên cạnh của một hình vng đơn vị. Giả sử đó là ba điểm A, B, C ở trong hoặc nằm
trên cạnh của hình vng đơn vị MNPQ.

Ta có MP = 2 và với mọi điểm E thuộc hình vng MNPQ thì MP  AE, tức

AE 2 . Từ đó hình trịn (A; 2 ) phủ tồn bộ hình vng MNPQ. Tơng tự các
hình trịn (B; 2 ), (C; 2 ) phủ tồn bộ hình vng MNPQ.

Suy ra ba hình tròn (A; 2 ), (B; 2 ), (C; 2 ) chữa hình vuông MNPQ và ba
điểm A, B, C nằm trong phần chung của ba hình tròn nói trên. Vậy câu trả lời bài
toán là có,

</div>

vượn tự nhiên và xã hội 2 lê ngọc hùng thư viện tư liệu giáo dục





2

2

2

3(

) (

)

































































<i>a</i>

<i>b</i>

<i>c</i>

<i>a b</i>

<i>b c</i>

<i>c</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>b</i>

<i>b</i>

<i>c</i>

<i>a</i>

<i>c</i>

<i>a b c</i>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về