Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2013 môn thi: Toán (chuyên)

Câu III: Cho x, y là hai số không âm thỏa mãn

a) Chứng minh rằng:

b) Chứng minh rằng:

Câu IV: Cho với a là số nguyên dương.

a) Chứng minh rằng mọi ước của M đều là số lẻ.

b) Tìm a sao cho M chia hết cho 5. Với những giá trị nào của a thì M là lũy thừa của 5?

Câu V: Cho có . Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua K và song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N.

a) Chứng minh rằng: các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp.

b) Gọi J là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh ba điểm A, K, J thẳng hàng.

c) Gọi r là bán kính của đường tròn (I) và S là diện tích tứ giác IEAF. Tính S theo r và chứng minh ( chỉ là diện tích )

 

doc6 trang | Chia sẻ: luyenbuitvga | Ngày: 30/06/2015 | Lượt xem: 251 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2013 môn thi: Toán (chuyên), để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐAI HỌC QUỐC GIA TP.HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2013 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU MÔN THI: TOÁN (Chuyên) Thời gian: 150 phút Câu I: Cho phương trình: với m là tham số. Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng: khi đó không thể tái dấu nhau. Tìm m sao cho: Câu II: Giải hệ phương trình: Câu III: Cho x, y là hai số không âm thỏa mãn Chứng minh rằng: Chứng minh rằng: Câu IV: Cho với a là số nguyên dương. Chứng minh rằng mọi ước của M đều là số lẻ. Tìm a sao cho M chia hết cho 5. Với những giá trị nào của a thì M là lũy thừa của 5? Câu V: Cho có . Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua K và song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N. Chứng minh rằng: các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp. Gọi J là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh ba điểm A, K, J thẳng hàng. Gọi r là bán kính của đường tròn (I) và S là diện tích tứ giác IEAF. Tính S theo r và chứng minh ( chỉ là diện tích ) Câu VI: Trong một kỳ thi, 60 thí sinh phải giải 3 bài toán. Khi kết thúc kỳ thi, người ta nhận thấy rằng: với hai thí sinh bất kỳ luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đó đều giải được. Chứng minh rằng: Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà mọi thí sinh đều giải được. Có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được . & HẾT& ĐÁP ÁN Câu I: Phương trình có hai nghiệm phân biệt Khi đó: Do đó không thể trái dấu. Phương trình có hai nghiệm không âm Ta có: Vậy là giá trị cần tìm. Câu II: Ta có: Thử lại, ta có: là nghiệm của hệ phương trình đã cho. Câu III: Ta có: và . Do đó : . Nên Ta cũng có : Nên Nếu x = y thì . Ta có : x = y = 0. Nên Nếu thì từ ta có : Mà . Nên . Mà . Nên Vậy b) nên . Do đó : Vì và . Do đó: Vậy Câu IV: a) là số lẻ (Vì a, a + 1 là hai số nguyên dương liên tiếp nên ) Do đó mọi ước cả M đều là số lẻ. b) Ta có: . Do đó: . Nên Ta có : a chia cho 5 dư 1, tức Đặt ( vì do nên ) Ta có : theo trên ta có : Ta có : Nếu ta có : , mà 5 không chia hết cho  : vô lí. Vậy n = 1. Ta có : . Do đó : k = 0. Nên a = 1. Câu V : Ta có : MN // BC (gt), ((I) tiếp xúc với BC tại D) Tứ giác IFMK nội tiếp. Mặt khác : Tứ giác IKEN nội tiếp. Ta có : (Tứ giác IFMK nội tiếp) ; (Tứ giác IKEN nội tiếp). Tứ giác IMAN nội tiếp. Ta có : Mặt khác : IE = IF (= r) cân tại I. cân tại I có IK là đường cao. IK là đường trung tuyến của K là trung điểm của MN. Mà BC = 2.BJ (J là trung điểm của BC) Do đó: Mặt khác: có MN // BC (Hệ quả của định lý Thales) Ta có: Xét và , ta có: Hai tia AK, AJ trùng nhau. Vậy ba điểm A, K, J thẳng hàng. AE, AF là các tiếp tuyến của đường tròn (I) AE = AF, AI là tia phân giác của cân tại A có đều. EF = AE = AF. đều có AI là đường phân giác. AI là đường cao của vuông tại E AE = IE.cotIAE; IE = AI.sin.IAE Vậy EF = AE = Vậy Gọi H là giao điểm của AI và EF. Ta có: H là trung điểm của EF và . vuông tại H Do đó: (đvdt) Xét và , ta có: Do đó: . Mà Do đó: Ta có: Vậy Câu VI: Gọi ba bài toán là A, B, C. Không mất tính tổng quát, giả sử mọi thí sinh đều không giải được bài toán A. Nếu mọi thí sinh đều không giải được bài toán B thì từ giả thiết ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán C. Nếu mọi thí sinh đều giải được bài toán B và bài toán C thì ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán B; bài toán C. Nếu có một thí sinh chỉ giải được một bài toán, giả sử giải được bài toán B. Xét học sinh này với tất cả các học sinh còn lại. Theo giả thiết, có mọi thí sinh đều giải được bài toán B. Vậy nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà mọi thí sinh đều giải được. Theo giả thiết ta có mọi thí sinh đều giải được ít nhất một bài toán. Nếu có một thí sinh chỉ giải đúng một bài toán. Xét học sinh này với tất cả các học sinh còn lại, ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán đó. Ta chỉ còn xét trường hợp mà mọi thí sinh giải được ít nhất hai bài toán. Gọi số thí sinh giải được A, B mà không giải được C là x, số thí sinh giải được B, C mà không giải được A là y, số thí sinh giải được A, C mà không giải được B là z, số thí sinh giải được cả A, B, C là t (x, y, z, t ) Ta có: (1) Cách 1: Giả sử có điều trái với kết luận của bài toán. Ta có: x + z + t < 40; x + y + t < 40; y + z + t < 40 Do đó : x + z + t + x + y + t + y + z + t < 40 + 40 + 40 . Kết hợp (1) ta có : t < 0. Điều này vô lí. Điều giả sử ở trên là sai. Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được. Cách 2 : Ta có : số học sinh không giải được A là y, không giải được B là z, không giải được C là x. Nếu x > 20 ; y > 20 ; z > 20 thì x + y + z > 60. Mâu thuẫn (1). Do đó : trong ba số x, y, z phải có một số không vượt quá 20. Như vậy có một bài toán mà có nhiều nhất 20 thí sinh không giải được. Do đó bài toán này có ít nhất 40 thí sinh giải được. Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được.

File đính kèm:

  • docDeDa TS10 chuyen Toan TP HCM.doc
Giáo án liên quan