DEDA SPKHTN DAY DU V12 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (435.36 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1></div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu1:

a) P= a2+b2
b

b) Vì a-b=1 => a=1+b => P= b+1¿
2

+b2
¿
¿
¿

= 2b2+2b+1

b = 2b+

b +2 2 √2 +2

 GTNN P = 2 √2 +2 ó 2b = 1b ó b= √2

2 và a=

√2
2 +1

Câu 2:

Gọi x; y (km/h) lần lượt là vận tốc của xe máy và ô tô (x; y >0)

Quãng đường otô và xe máy đi là 9y/4 +4x = 210 (1)

Thời gian otô và xe máy đi đến điểm gặp nhau là 210/y -9/4 = 210/x -4 (2)
Giải hệ ta được x1 =210 => y1 = - 280 ( loại)

X2 =30 => y2 = 40 ( thỏa mãn)

Câu 3 :

a) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm pt –x2 = mx-m-2

ó x2 +mx –m-2=0 (1)

Có = m2 +4(m+2) =(m+2)2 + 4 > 0 với mọi m
 pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt

Vậy khi m thay đổi (d) và (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt
b) áp dụng vi-ét cho pt (1) ta có x1+x2=-m ; x1x2= -m-2

mà |x1− x| = √20 ó (x1-x2)2=20 ó (x

1+x2)2 -4x1x2=20

ó m2 +4(m+2) =20 ó m2 +4m -12 =0 ó m

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

Vạy với m1=2 ; m2=-6 thì |x1− x| = √20 .

Câu 4:

Cho tam giác ABC và đường tròn (w) tâm O tiếp xúc với AB,AC tại K,L. Tiếp tuyến (d)

của (w) tại E thuộc cung nhỏ KL cắt AL,AK tại M,N đường thẳng KL cắt MO tại P cắt ON
tại Q. CMR:

a) gốc MON= 900 – 1/2sđgóc BAC

b) MQ,NP,EO đồng quy
c) PL.KQ=ME.NE

E
N

M
K

L
P

a) vì AKOL là tứ giác nt nên 1800 – BAC^ =KOL^

mà KOL^ =2MÔN ( ON,OM là phân giác góc KOE, EOL)

=>1800 – BAC^ =2MÔN => MÔN = 900 -1/2BÂC

b) ta có MON đồng dạng QKN (g-g)
=>QNM^=MPL^ (cùng =KNQ^ )

Lại có OM là trung trực LE nên OM là phân giác EPL^ =>MPL^=MPE^

=>MNQ^=EPM^ hay MNO^=EPM^ => NEOP nội tiếp

Mà NEO^=900 => NPO^=900 => NP vuông góc OM (1)

Tương tự ta có MON đồng dạng MLP (g-g)
=>MEQO nội tiếp => MQ vuông góc ON (2)

Mà OE vuông góc MN (3)

Từ (1), (2), (3) =>OE,PN, QM là 3 đường cao của MON
Vậy MQ, NP,OE đồng quy

b) Dễ thấy NKQ đồng dạng PLM (g-g)
=>PL/NK = LM/KQ => PL.KQ = LM.NK

=> PL.KQ = EM.NE ( LM=EM; NK= NE)

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

Câu 5

Cho x,y là những số thực dương và x+y=(x-y) √xy

Tìm GTNN của x+y
Giải

Cách 1

x+y=(x-y) √xy ⇔ (x+y)2= (x-y)2xy ⇔ (x+y)2=xy(x+y)2-4(xy)2

⇔ (x+y)2=

xy¿2
¿
4¿

=> xy-1>0
⇔ (x+y)2=

xy¿2
¿
4¿

= 4(xy-1)+ xy4−1 +8 16
⇔ (x+y)2 16 ⇔ (x+y) 4 (vì x+y>0)

=> GTNN (x+y) = 4 ⇔ 4(xy-1)= xy4−1 ⇔ xy=2 mà x+y =4 => x=2+ √2 ; 
y=2-√2

Cách 2

x+y=(x-y) √xy ⇔ (x+y)2= (x-y)2xy ⇔ (x+y)2=xy(x+y)2-4(xy)2

⇔ (x+y)2=

xy¿2
¿
4¿

sử dụng phương pháp miền giá trị với phương
trình 4(xy)2 -xy(x+y)2 +(x+y)2 =0 ẩn (xy) ta được (x+y)2 x+y¿

2−16

¿
¿

0
⇔ (x+y)2 16 (vì x,y là các số thực dương)

⇔ (x+y)2 16 ⇔ (x+y) 4 (vì x+y>0)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Bộ giáo dục đào tạo cộng hoà x hội chủ nghĩa việt namã
Tr

ờng đại học s phạm hà nội Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phỳc

Đề chính thức

thi tuyn sinh

Vào khối trung học phổ thông chuyên năm 2012
Môn thi: Toán học

(Dùng cho mọi thí sinh thi vào chuyên Toán và chuyên Tin)
Thời gian lµm bµi :150 phót

---Câu 1 (1,5 điểm)Giải phương trình:

√

x2+2x+2

√

x2+2x −1+2x2+4x −4=0

Câu 2 (2 điểm)a, Cho các số a, b, c đôi một phân biệt thỏa mãn a2(b+c)=b2(a+c)=2012

Tính giá trị biểu thức: M=c2(a+b) .

b. Cho 5 số nguyên dương phân biệt sao cho mỗi số dương trong chúng không có
ước số nguyên nào khác 2 và 3. CMR trong 5 số đó tờn tại 2 sớ mà tích của chúng là mợt
sớ chính phương

Câu 3 (2điểm)Cho sớ thực x1, x2, ….,xn. Với n ≥3. Kí hiệu max{x1, x2, ….,xn} là số lớn

nhất trong các số x1, x2, ….,xn. CMR:

Max{x1, x2, …. ,xn}≥x1+ x2+, ….+xn.

n +

|x1− x2|+|x2− x3|+.. .|xn −1− xn|+|xn− x1|
2n

Câu 4 (1,5điểm) Trong lớp học có 36 bàn học cá nhân, được xếp thành 4 hàng và 9 cột
(các hàng đánh số từ 1 đến 9). Sĩ số của học sinh của lớp là 35. Sau một học kỳ cô giáo chủ
nhiệm xếp lại chỗ ngồi các bạn học sinh trong lớp. Đối với mỗi học sinh của lớp, giả sử
trước khi chuyển chỗ, bạn ngồi ở bàn thuộc hàng thứ m, cột thứ n và sau khi chuyển chỗ ,
bạn ngồi ở bàn thuộc hàng thứ am, cột thứ an, ta gắn cho bạn đó số nguyên (am+an)−(m+n)

. Chứng minh tổng của 35 số nguyên gắn với 35 bạn học sinh không vượt quá 11

Câu 5(3điểm)Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O). Điểm M thuộc cung nhỏ CD
của (O), M khác C và D. MA cắt DB, DC theo thứ tự X,Z; MB cắt CA, CD tại Y,T; CX cắt
DY tại K

a. CMR: Góc MXT =Góc TXC; Góc MYZ = góc ZYD và góc CKD = 135 0.

b. CMR: KXMX+KY
MY+

ZT
CD=1

c.Gọi I là giao điểm của MK và CD. Chứng minh rằng XT,YZ, OI cùng đi qua tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác KZT

---HÕt---Ghi chó : C¸n bé coi thi không giải thích gì thêm

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

HNG DN

Cõu 1 (1,5 điểm)Giải phương trình:

√

x2

+2x+2

√

x2+2x −1+2x2+4x −4=0
ĐK x2+2x −1≥0 đặt x2+2x=a ( a ≥1¿

ta có PT

¿a ≤3
2

a −1=4a2−12a+9
⇔

¿a ≤3
2
4a2−13a+10=0

¿
⇔
¿a ≤3

2
(a −2)(4a−5)=0

⇔a=5
2

√

a+2√a −1+2a −4=0⇔

√

(√a −1+1)2=4−2a⇔|√a−1+1|=4−2a

⇔√a −1=3−2a⇔ {

với a=
a=5

2⇒2x

+4x=5⇔2x2+4x −5=0⇔(2x −1)(2x+5)=0⇔

x=1
2
¿

x=−5
2
¿
¿
¿
¿
¿

thay vao thỏa mãn ĐK

Câu 2 (2 điểm)a, Cho các số a, b, c đơi mợt phân biệt thỏa mãn a2(b+c)=b2(a+c)=2012

Tính giá trị biểu thức: M=c2(a+b) .

b. Cho 5 số nguyên dương phân biệt sao cho mỗi số dương trong chúng không có
ước số nguyên nào khác 2 và 3. CMR trong 5 số đó tồn tại 2 số mà tích của chúng là mợt
sớ chính phương

H

ướng dẫn
a) CÁCH 1

tư GT ta có a2(b+c)−b2(a+⇔c)=0⇔a2b+a2c − b2a −b2c=0⇔ab(a −b)+c(a2− b)=0

(a− b)(ab+bc+ca)=0⇔ab+bc+ca=0

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

nên 3a2(b+c)=−3 abc⇔a2(b+c)=−abc⇔−abc=2012

mặt khác ab+bc+ca=0⇔c(a+b)=−ab⇒c2(a+b)=−abc=2012

CÁCH 2

TA CÓ a2(b+c)=b2(a+c) => a

2
a+c=

b2
b+c=

a2− b2

a+c −b − c=a+b

a2

(b+c)=b2(a+c)  ab(a-b)=c(b2 – a2)  c=
ab¿2

a+b¿2
¿
¿

−ab
a+b⇒c

=¿

=>
ab¿2

a+b¿2
¿
¿
¿

c2

(a+b)=¿
=>

ab¿2
¿
ab¿2

¿
¿
¿

c2

(a+b)=¿
.

b) Cách 1

số trong 5 số có dạng 2x.3y trong đó x, y la số tự nhiên khác 0

(x;y) chỉ có thể (C;C); (L:L);(C;L);(L;C) vi có 5 số 4 dạng nên tồn tại 2 số cùng mợt dang
nên tích 2 sớ này là sớ chính phương

Cách 2

Ta dễ dàng CM được trong 3 số tự nhiên bất kỳ luôn tìm được 2 số bất kỳ mà tổng của
chúng chia hết cho 2

Vi số trong 5 số có dạng 2x.3y trong đó x, y la số tự nhiên khác 0 nên ta ln chọn được

2 sớ mà tích của nó là SCP.

Câu 3 (2điểm)Cho số thực x1, x2, ….,xn. Với n ≥3. Kí hiệu max{x1, x2, ….,xn} là số lớn

nhất trong các số x1, x2, ….,xn. CMR:

Max{x1, x2, ….,xn}≥x1, x2, …. ,xn .

n +

|x1− x2|+|x2− x3|+. ..|xn −1− xn|+|xn− x1|
2n

Hướng dẫn

Đặt xm=Max{x1; x2,.. ...xn}

ta chứng minh x1+x2+|x1− x2|≤2xm thật vậy

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

T=x1+ x2+. . .. ..+xn.

n +

|x1− x2|+|x2− x3|+.. .|xn −1− xn|+|xn− x1|
2n

T=x1+ x2+|x1− x2|+x2+ x3+|x2− x3|+. .. ..xn+x1+|xn− x1|
2n

T ≤2xm+2xm+.. ..+2xm
2n =xm
CÁCH 2

Giả sử x1 là số lớn nhất

A= x1 x2  x2 x3 ... xn1 xn  xn x1

= 2x1 + 2a2 + 2a3 +…+ 2ak - 2b1 + 2b2 +…+ 2bl + ( -c1+c1-c2 + c2- -cm + cm)

Với



x x1, ,...,2 xn1,xn







x a1, ,..., , , ... , , ...2 a b b b c c cn 1 2 n 1 2 n



=> k + l + m = n và k = l

1 2 2 3 1 1

1 2

1 2 1 2

...
...

2
2 2 ... 2 ...


       

  
  
      
 

n n n

n

k m

x x x x x x x x

x x x

B

n n

x a a c c c

x
n

Mà Max x x



1, ,...,2 xn



x1





1 2 2 3 1 1

1 2
1 2
...
...
, ,...,
2

n n n

n
n

x x x x x x x x

x x x

Max x x x

n n



       

  

 

nhiệm xếp lại chỗ ngồi các bạn học sinh trong lớp. Đối với mỗi học sinh của lớp, giả sử
trước khi chuyển chỗ, bạn ngồi ở bàn thuộc hàng thứ m, cột thứ n và sau khi chuyển chỗ ,
bạn ngồi ở bàn thuộc hàng thứ am, cột thứ an, ta gắn cho bạn đó số nguyên (am+an)−(m+n)

. Chứng minh tổng của 35 số nguyên gắn với 35 bạn học sinh không vượt quá 11
Hướng dẫn

Gọi tọa độ ban là tổng hàng và cột m+n sau khi xếp lại chỗ ngồi mà bàn trống vẫn còn thì
S=

∑

(

(am+an)−(m+n)

)

nên S chỉ phụ tḥc vào vị trí bàn trớng trước khi xếp va sau khi xếp chỉ số cao nhất là
4+9=13 thấp nhất là 1+1=2 vậy Max(S)=13-2=11

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

L N
K
Z

I
T

Y
X

B
C

M
D

a) ta có XDT=XMT=45=>DXTM nội tiếp

Mà DMT=90=>DXT=90=> XT  BD=>XT  XO

Lại có XO là phân giác CXA=>XT là phân giác ZXC=>MXT=TXC
Tương tự ta có MZYC nội tiếp=>AY  ZY

Lại có YO là phân giác DYB=>YZ là phân giác DYM=>MYZ=ZYD
Ta có XAC cân tại X => MAY=KCY

Mà KYZ+AYK=90 ; ZYM+MYC=90; ZYK=ZYM =>KYA=CYM

 KYA+KYM=KYM+CYM hay KYC=MYA => MYA~KYC
 AMY=CKY=45=>DKC=135

b) Có DO là trung trực AC=>DXC=DXA<c-c-c>

=>DCX=DAY mà DAX=DCM<cùng chắn cung MD của (O)>
=>DC là phân giác của MCX

Ta có CMD=DMA+AMC=45+90=135=>CMD=DKC

=>DMC~DKC <G-G> =>MDC=KDC=>DC là phân giác của MDK

=>DXC=DKC<g-c-g>

=> MD=DK; CM=CK => CD là trung trực MK => MZ=ZK; MT=TK (*)
=> MZC=KZC <c-c-c> => KZC vuông tại K

=>MTD=KTD<c-c-c> => KTD vuông tại K

Ta có XZK~XMC <g-g> => XK/XM =KZ/MC

=> XK/XM=MZ/MC (1) (theo *)

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Ta có YTK~YDM <g-g> =>YK/YM=TK/DM

=> YK/YM=MT/DM (3) ( theo *)
Mà TMD~CTB <g-g>=> MT/MD=CT/CB=CT/CD (4) (CB=CD)

TỪ 1, 2, 3,4 =>KX/MX +KY/MY + ZT/CD = DZ/DC+TC/DC +ZT/DC
=1.

b) Gọi L là giao điểm của XT và YZ

theo (a) ta có XT  XO và AY  ZY => XOYL là hình chữ nhật

Lại có DTX vuông tại X có D=45 =>XTD =45 => LTZ=45

=>TLZ vuông cân tại L => ZL=LT (5)

Gọi N là giao điểm CX và ZY

 XZN cân tại X ( vì TX vừa là đường coa vừa là phân giác)
 L là trung điểm ZN mà ZKL vuông tại K => LZ=CT=KL

 L là tâm đường tròn ngoại tiếp TKZ

gọi giao XT va YD tại E ta có E.L.T thẳng hàng
ΔHEN đồng dạng ΔCOD suy ra HNOC =EN

CD=
LT
OC=

NT
CB

vi NT//BC nên NTBC=IT
IC⇒

LT
OC=

ICma∠LTI=∠OCI=45

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2012

MƠN THI: TỐN

(cho tất cả các thí sinh)

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I. 1) Giải phương trình

√x+9+2012√x+6=2012+

√

(x+9) (x+6)

2)Giải hệ phương trình

x2+y2+2y=4
2x+y+xy=4

¿{
¿

Câu II. 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x ; y) thỏa mãn đẳng thức:

(x+y+1)(xy+x+y)=5+2(x+y)

2) Giả sử x, y la các số thực dương thỏa mãn điêu kiện (√x+1) (√y+1)≥4

Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P=x

2
y+

y2
x

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

cung nhỏ BC ( M khác B,C và AM không đi qua O).Giả sử P là một điểm thuộc đoạn
thẳng AM sao cho đường tròn đường kính MP cắt cung nhỏ BC tại điểm N khác M.

1)Gọi D là điểm đối xứng với điểm M qua O .Chứng minh rằng N,P,D thẳng hàng
2)Đường tròn đường kính MP cắt MD tại Q khác M.Chứng minh rằng Q là tâm
đườn tròn nội tiếp tam giác AQN.

Câu IV. Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a ≤ b ≤3≤ c ; c ≥ b+1;a+b ≥ c

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Q=2 ab+a+b+c(ab−1)
(a+1)(b+1)(c+1)

Cán bộ coi thi khơng giải thich gì thêm.

Hướng dẫn
Câu 1

a) ĐK : x ≥ -6

√x+9+2012√x+6=2012+

√

(x+9) (x+6)

 √x+9(1−√x+6)+2012(

√

(x+6)−1)=0

 (−√x+9+2012)(

√

(x+6)−1)=0



x = -5 ; x = 4048135
b)

C¸ch 1





2 2

2 2 2 4 2 4

1 4 2

2 4

x y y

y x x

x y xy

   

    



 

  

   

 

NÕu x + 1 = 0 => x = -1, thay vµo PT(2) ta cã : 0y = 6(VN)
VËy x  -1, tõ PT (2) => y =

4 2
1

x
x



 (*)Thay vào PT (1) ta đợc
2

2 4 2 24 2 4

1 1

x x

x

x x

 

 

   

 

 

<=> x42x3 3x2 20x20 0

<=>



 







1 2 5 10 0

x x x  x 

. Do x2 + 5x + 10 > 0

<=>



x1

 

x 2



0

+) Víi x – 1 = 0 => x = 1, thay vµo (*) => y = 1
+) Víi x – 2 = 0 => x = 2, thay vµo (*) => y = 0

Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm (x ; y) = (1 ; 1) , (2 ; 0)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

<=>

2 2 2 4 2 2 2 4

2 4(2) 4 2 2 8

x y y x y y

x y xy x y xy

       

 
     
 
<=>

2 2 2 4 2 2 12 0

2 4

x y y x y xy

x y xy

       



  



<=>





2 4 4 4 8 0

2 4

x y x y

x y xy

      


  


<=>



 



2 4

x y x y

x y xy

     


  



<=>
2 0
2 4
6 0
2 4
x y
x y xy
x y

x y xy
   


  


   
 
  
 
 <=> 
1
1
2
0
x
y
x

y
 





 
 

 


VËy hÖ phơng trình có hai nghiệm (x ; y) = (1 ; 1) , (2 ; 0)

Câu 2

(1)

(x+y+1)(xy+x+y)=5+2(x+y)



(x+y+1)(xy+x+y)=2(x+y+1)+3



(x+y+1)(xy+x+y −2)=3

 (I)

x+y+1=−3

x+y+xy−2=−1
¿{

hoặc (II)

x+y+1=−1

x+y+xy−2=−3
¿{

Hoặc (III)

x+y+1=1

x+y+xy−2=3
¿{

hoặc (IV)

x+y+1=3

x+y+xy−2=1
¿{

Giải các hệ pt trên ta thấy hệ (II) có nghiệm (x;y) =(-1;-1)

các hpt I; III; IV không thỏa mãn (x;y) nguyên.

Vậy có duy nhất cặp số (x;y) =(-1;-1) thỏa mãn đề bài

(2)

Cách 1

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

ta có 4≤(√x+1)(√y+1)≤

(

√x+√y+2

)

⇔√x+√y ≥2

Áp dụng BĐT bunhia cho √x ;√yva 1;1 2(x+y)≥(√x+√y)2≥4⇔x+y ≥2

Mặt khác áp dụng BĐT Bunhia cho y

x

;

x

√y va √y ; √x

Ta có P≥ x+y ≥2 Min(p)=2 khi x=y=1

Cách khác áp dụng BĐT Bunhia cho y

x

;

x

√y va √y ; √x

P≥ x+y=x+1+y+1−2≥2√x+2√y −2=2(√x+1+√y+1)−6≥4

√

(√x+1)(√y+1)−6=2

Min (P)=2 khi x=y=1

Câu 3

C
D

B
N

M
P

Q
O

a) Có DNM=90 =PNM => D; P; N thẳng hàng

b)Có MNPQ nt => NPM=NQM

MNAD nt =>NAM=NDM

Mà NPM=NAM+PNA

NQM=NDM+QND



PNA=QND => NP là phân giác QAN (1)

Có PAD=PQD=90 => PQDA nt



QAP=PQD

Mà QDP=MAN (cùng chắn cung MN của (O) )



ANP=PAQ => PA là phân giác QAN (2)

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Cách1

Khơng mất tính tổng quát ta có thể đặt

a=1+β>0

b=2+β>0

c=3+β>0
⇒
¿{ {

Q=2 ab+a+b+c(ab−1)
(a+1)(b+1)(c+1)

=

3+82+18+10

3+92+26+24

và kết hợp với điều kiện đầu bài

a ≤ b ≤3≤ c ; c ≥ b+1;a+b ≥ c

⇒0≤ β ≤1

.

Do đó ta có bài tốn mới sau :

Cho

0 1

. Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc

Q =

β3+8β2+18β+10

β3+9β2+26β

+24

. ThËt vËy ta cã

Víi mäi

β∈[0;1]

th×

72+51+86>0

.

Mà theo giả thiết có

β ≥0⇒β(7β2+51β+86)≥0

⇔7β3+51β2+86β ≥0⇔(12β3−5β3)+(96β2−45β2)+ (216β −130β)≥0
⇔12β3

+96β2+216β ≥5β3+45β2+130β ⇔12β3+96β2+216β+120≥5β3+45β2+130β+120
⇔12(β3+8β2+18β+10)≥5(β3+9β2+26β+24)

⇔β3+8β2+18β+10
β3

+9β2+26β+24≥
5
12⇒Q ≥

v×

β

+9β2+26β+24>0

víi mäi

β∈[0;1]

.VËy giá trị nhỏ nhất của Q là

125

khi a = 1 ; b = 2 ; c = 3 .

cách 2

Q=2 ab+a+b+c(ab−1)
(a+1)(b+1)(c+1) ≥

12 ⇔ 7abc+7a+7b+19ab≥5bc+5ca+17c+5

VT=5abc+2abc+7(a+b)+19ab≥5(a+b−1)c+6ab+7c+19(a+b−1)

≥5(a+b−1)c+6(a+b−1)+7c+19(c−1)=5(a+b)c+27c−25≥VP

Dấu “=” xảy ra khi

27c −25=17c+5

a+b −1=ab

a+b=c

c=3
⇔
¿a=1

b=2

c=3
¿{ {{
¿

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

MÔN THI: TỐN

(Vòng 2)

Thời gian làm bài: 150 phút (Khơng kể thời gian phát đề)
Câu I. 1)Giải hệ phương trình

¿
xy(x+y)=2

9 xy(3x − y)+6=26x3−2y3

¿{
¿

2) Giải phương trình

(√x+4−2)(√4− x+2)=2x

Câu II. 1) Tìm tất hai chữ số cuối cùng của số cả

A=41106+572012

2) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

y=3√2x −1+x

√

5−4x2 Với 12≤ x ≤√5

Câu III.Cho tam giác nhọn ABC (AB>AC) nội tiếp đường tròn tâm O .Giả sử M,N là
hai điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho MN song song với BC và tia AN nằm giữa hai tia

AM,AB .Gọi P là hình chiếu của vuông góc của điểm C trên AN va Q là hình chiếu vuông
góc của điểm M trên AB.

1)Giả sử CP cắt cắt QM tại điểm T.Chứng minh rằng T nằm trên đường tròn (O)
2)Gọi giao điểm của NQ và (O) tại R khác N.Giả sử AM cắt PQ tại S. Chứng minh
4 điểm A, R,Q,S cùng thuộc một đường tròn.

Câu IV. Với mỗi số nguyên n lớn hơn hoặc bằng 2 cố định xét các tập n số thực đôi một
khác nhau X={x1, x2,.. . .. .xn} .Kí hiệu C(X) là số giá trị khác nhau của tổng

xi+xj,(1≤i ≤ j≤ n) .Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của C(X)

Cán bộ coi thi khơng giải thich gì thêm.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Câu 1

¿
xy(x+y)=2

9 xy(3x − y)+6=26x3−2y3

¿{
¿



3 xy(x+y)=6(1)

−9 xy(3x − y)+26x3−2y3=6(2)

¿{
¿

Từ hệ => 3xy(x+y)=26x3-2y3-9xy(3x-y)  26x3-2y3-30x2y+6xy2=0
( 27x3-y3-27x2y+9xy2 )- (x3 + y3 + 3x2y+3xy2 ) =0

 (3x-y)3 - (x+y)3 =0 (3x-y) – (x+y) =0  x=y

Thay vào (1) rồi kiểm tra ở (2) thấy x=y=1 là nghiệm của hệ.
2) (√x+4−2)(√4− x+2)=2x (ĐK : -4 x 4

 (√x+4+2)(√x+4−2) (√4− x+2)=2x(√x+4+2) (cũng có thể nhân cả 2 vvế với (√4− x −2)

)

 x(√4− x+2−2√x+4−4)=0  x(√4− x+2−2√x+4−4)=0

 x(√4− x −2√x+4−2)=0  x=0 hoặc (√4− x −2√x+4−2)=0 (*)

(*)  4-x =4x+8 √x+4 +20  5(x+4) +8 √x+4 -4 =0
 √x+4 =-2 <0 loại hoặc √x+4 =2/5 => x=-96/25 (TM)

Câu 2

A=41106+572012

1) Ta có 574 1 (mod 100) =>( 574 )503 1503 1(mod 100)

=> 572012 có 2 chữ số tận cùng là 01

Ta có 415 1 (mod 100) =>( 415 )21 (1)21 (mod 100)

=>( 45 )21 1 (mod 100) =>41( 415 )21 = 41106 41.1 41 (mod 100)

=> 41106 có 2 chữ số tận cùng là 41

Vậy 4106 + 572012 có 2 chữ số tận cùng là 41+1=42

2) y=3√2x −1+x

√

5−4x2≤3

[

1+2x −1
2

]

x2+(5−4x2

)

2 =

−3x2

+6x+5
2

=> x −1¿

+4≤4

y ≤−3

2¿

=> GTLN của y =4 khi 1=2x-1 và x2 = 5-4x2 
 x=1.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

K
S

O
Q
P

M N

B
T
R

a) Ta dễ dàng chứng minh được hai dây // thì chắn hai cung bằng nhau
=> cung CM=cungNB => CAM=NAB

Gọi K là giao điểm của AN và MT => KAQ=KTP (cùng phụ AKT)
=> CAM=CTM => ACMT nt => T thuộc (O)

b) Ta có APT=AQT=90=>APQT nt => ATP=AQP
mà ATP=ATC=ABC
=>AQP=ABC => SQ//BC//NM => RQS=RNM

Mà AMNR nt => MAR+MNR=180 hay SQR+SAR=180

 ARQS nt.
Câu 4

C(X)≥2n−1 va C(X)≤n(n −1)
2

Trên đây tôi có sử dụng vả sưu tầm một số lời giải của các thầy:
NGUYỄN MINH SANG –THCS LÂM THAO – PHÚ THO
NGUYỄN VĂN TUYÊN –B/N-Q/V

GV Trần Bình Trân THCS Phượng Lâu –Việt Trì - Phú Thọ
mọi góp ý lời giải liên hệ gmail:

</div>

DEDA SPKHTN DAY DU V12 2012

<sub>√</sub>

√

<sub>√</sub>

√

√

<sub>√</sub>

















∑

<sub>(</sub>

)

<b>MƠN THI: TỐN</b>

√

√

√

√









 









 









 



<b>Câu 2</b>

<b>(1)</b>





Giải các hệ pt trên ta thấy hệ (II) có nghiệm (x;y) =(-1;-1)

các hpt I; III; IV không thỏa mãn (x;y) nguyên.

Vậy có duy nhất cặp số (x;y) =(-1;-1) thỏa mãn đề bài

<b>(2) </b>

(

)

√

<b>Câu 3</b>

<b>a) Có DNM=90 =PNM => D; P; N thẳng hàng</b>

<b>b)Có MNPQ nt => NPM=NQM</b>

<b> MNAD nt =>NAM=NDM</b>

<b> Mà NPM=NAM+PNA</b>

<b> NQM=NDM+QND </b>



<b>PNA=QND => NP là phân giác QAN (1)</b>

<b>Có PAD=PQD=90 => PQDA nt</b>



<b>QAP=PQD</b>

<b>Mà QDP=MAN (cùng chắn cung MN của (O) )</b>



<b>ANP=PAQ => PA là phân giác QAN (2)</b>

<b>Cách1</b>

<b>Khơng mất tính tổng quát ta có thể đặt </b>

<b>= </b>

<b> và kết hợp với điều kiện đầu bài</b>

.

Do đó ta có bài tốn mới sau :

Cho

. Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc

Q =

. ThËt vËy ta cã

Víi mäi

th×

<sub>.</sub>

Mà theo giả thiết có

<b> </b>

<b> v×</b>