Ngời gửi ; Nguyễn Minh SangGV trờng THCS Lâm Thao –Phú Thọ DD 0917370141 gmail: minhsang5260@gmail.com.vn Tôi có đề thi và HD giải các đề thi vào chuyên NN ; Chuyên ĐHSP; ĐHKHTN ,Chuyên
Trang 1Thi vào lớp 10 chuyên hùng vơng năm học 2004-2005
Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán(vòng 1),Tin (vòng 1) Vật lý ,Hoá học,Sinh học
Bài 1
1 3 )
1 3 ( 1 3 2 5 ,
3 2 5 ) 3 2 )(
2 4 ( /
) 1 :
(
1 1
5
1 5
1 5
1 5
5
1 1
1 :
5
1 1
1 /
2
2
2 2
2
−
=
−
=
−
−
=
−
=
− +
=
>
−
=
− +
− +
− +
=
+
−
+ +
=
P x
b
m Dk
m m
m m
m m
m m
P
a
Bài 2
Xét phơng trình: x2-(m2-3)x-2m2+1=0 (1)
a/∆=[-(m2-3)]2-4(1-2m2)=m4-6m2+9-4+8m2=m4+2m2+5=(m2+1)2+4>0 ∀m ( )
b/Vì ∆>0 ∀m tho Vi-ét ta có x12+x22=m2-3;x1x2=1-2m2 thay vào Q ta có
Q= x1 +x2 +8 x1x2=( x1+x2)2+6x1x2=( m2-3)2+6(1-2m2)=0
Q=m4-18m2+15=0,đặt m2 =t (t≥0) ta có: t2-18t+15=0
∆/=81-15=66 nên
t1 = 9 + 66 ; t2 = 9 − 66 , kethop : m > 1 ⇒ m = 9 + 66
Bài 3
Xét tổng quát: k3+6.k2+11.k+6=k(k2+6k+9)+2(k+3)=(k+1)(k+2)(k+3)
Thay k lần lợt từ: 2,3,4, ,2005 ta có:
) (
2005
2004 2005
1 1 2005
1 2004
1
4
1 3
1 3
1 2
1 2
1
1
1
2005 2004
1
4 3
1 3 2
1 2 1
1 2005
4 3 2 1
1
4 3 2 1
1 3
2
1
1
2
1
1
2008 2007
4 3 2 1
2008 2007 2006
7 6 5 4 3 2 1
7 6 5 6
5 4 3 2 1
6 5 4 5
4
3
2
1
5
4
3
dpcm S
S
S
=
−
=
− +
+
− +
− +
−
<
+ +
+ +
<
+ +
+ +
=
+ +
+ +
=
Trang 2Bài 4
a/ Theo tính chất hai tiếp tuyến
tứ giác ACDB là hình thang vuông
mà ∠CAB+∠ABD=1800 suy ra
∠ACD+∠BDC=1800 ,mà∠DCO =2∠ACD
∠CDO=2∠CDB nên
∠DCO +∠CDO=900
trong tam gíac COD có hai góc nhọn
phụ nhau nên tam giác COD vuông tại O
có OM là đờng cao
nên CM.DM=OM2=R2(không đổi)
mà AC=CM,BD=DM nên AC.BD không đổi
b/Vì tứ giác ACDM là hình thang vuông nên SACDM=(AC+BD).R=CD.R
vì R không đổi SACDM nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất.ta có CD≥2R nên CDMin=2R
khi đó M là trung điểm cung AB giá trị nhỏ nhất là 2R2
Bài 5
a/ta có ∠AEO=∠AIO=∠AFO=900 nên 5 điểm A,E,I,F cùng nằm trên đờng tròn tâm O’ đờng kính AO.ta có ∠EGF=∠EFA (1)(chắn cung EF của (O)
∠AIF=∠AEF (2) chắn cung AF của (O’ ) từ (1),(2) ta có ∠EGF=∠AIF
ở vị trí đồng vị nên EG//BC (đpcm)
b/Ta có tứ giác OIPK nội tiếp (vì có tổng 2 góc đối bằng 2V)
đờng tròn ngoại tiếp tứ giác này chính là đờng tròn ngoại tiếp tam giác OIK
theo tính chất phơng tích từ 1 điểm bên ngoài đờng tròn ta có:
AP.AI=AK.AO mà ∆AEO đồng dạng ∆AKE nên AK.AO=AE2
Mà AE2=AB.AC (không đổi) suy ra AP.AI=AB.AC AI không đổi nên P cố định Suy ra đờng tròn ngoại tiếp ∆OIK nằm trên trung trực IP cố định (đpcm)
O M
B
E
F
O K
P
I
G
C A
Trang 3Thi vào lớp 10 chuyên hùng vơng năm học 2004-2005
Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán(vòng 2)
Bài 1
a/Biến đổi vế trái ta có: “VT”=a3+b3+c3-3abc=(a+b)3+c2-3ab(a+b)-3abc
“VT”=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)
“VT”=(a+b+c)(a2+2ab+b2+c2-ac-bc-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ac-bc-ab)
b/Theo phần a/ ta có nếu a+b+c=0 thì a3+b2+c3=3abc suy ra:
( a2+b2+c2)( a3+b2+c3)=3abc( a2+b2+c2)
⇔a5+b5+c5+a3(b2+c2)+ b3(c2+a2)+ c3(a2+b2)= 3abc(a2+b2+c2) (*)
Mặt kháctừ a+b+c=0 ta có a+b=-c;b+c=-a;a+c=-b
Suy ra a2+b2=c2-2ab; b2+c2=a2-2bc ;a2+c2=b2-2ac thay vào (*) ta có
a5+b5+c5+a3(a2-2bc)+ b3(b2-2ac)+ c3(c2-2ab)= 3abc(a2+b2+c2)
⇔ 2(a5+b5+c5)-2abc(a2+b2+c2)= 3abc(a2+b2+c2)
⇔2(a5+b5+c5=5abc(a2+b2+c2) (đpcm)
Bài 2
Ta có (x2+z2+1)2=x4+z4+1+2x2z2+2x2+2z2= (x4+z4+1+2x2z2+3x2+4z2)-( x2+2z2)
⇔(x2+z2+1)2=y4-( x2+2z2)
Mặt khác (x2+z2+2)2=x4+z4+4+2x2z2+4x2+4z2= (x4+z4+1+2x2z2+3x2+4z2)+(x2+3)
⇔(x2+z2+2)2=y4+(x2+3) do (x2+z2+1)2 và (x2+z2+2)2 là 2 số chính phơng liên tiếp nên: (x2+z2+1)2 ≤ y4<(x2+z2+2)2 suy ra y4=(x2+z2+1)2
⇔ x2+2z2=0⇔x=z=0 suy ra y4=1 Vậy (x,y,z)=(0,1,0);(0,-1,0)
Bài 3Từ GT suy ra x,y,z không cùng dấu,x,y,z,khác 0 ta đặt
−
=
−
=
−
=
⇔
−
=
−
=
⇔
−
=
−
=
−
=
⇔
=
+
=
+
=
+
⇔
= + + +
⇔
=
+ + + +
⇔
= + +
− + + +
+
⇔
= + +
− + +
⇔ + +
= + +
⇔
−
=
+
+
−
=
+
+
≠
=
=
=
x z
z y
y x xy
z xz y
xz
y yz x
a c
c b
b a a
c
c
b
b
a
a c c b b a c
b a c ab b a c
b a c
c c b a
ab
b
a
c b a c b a c b a c b a c
b
a
c
b
a
tacohe c
b a c xy
z b xz
y
a
yz
x
2 2
2 2
2 2
2
0
0
0
0 ) )(
)(
( 0 ) (
1 1
) ( 0 ) (
0 1
1 1 1 1
1 1 1 2004
1 1
1
1
2004
), 0 , , (
;
;
;
Trang 4vậy hệ có nghiệm
=
∈
±
=
=
∈
±
=
=
∈
±
=
x y
R x
x z
Hoac z
x
R z
z y Hoac y
z
R y
y x
*
*
*
2004 2004
2004
Bài 4
Ta có BM=O1M.Cotg300=R1√3;xét chu vi ∆ABD
AB+AD+BD=AP+AQ+BP+QD+BD=2(AD+x)=2[(1-BP)+x)]=2(1- R1√3+x)
Đờng cao tam giác ABD kẻ từ A là
4
3 2
S ABD =
mặt khác SABD=1/2(AB+AD+BD).R1=(1- R1√3+x)R1 (2)
từ (1),(2) ta có: 4(1- R1√3+x)R1=x√3⇔4R12 3-4(x+1)R1+x 3=0(*)
Giải phơng trình (*) ta đợc
3
2 2
1
;
; 3
1 1
2 2
2 1
+
−
−
−
=
−
= +
−
− +
=
x x x R
x x
thay x
x x
R
Từ 1/2(AB+AD+BD).R1=
) 1 1
( 2
3 3 2
3 1
4
3
2
= + +
⇔
x x x
x R
x AD x x
2
1 1
2
1 1
1 1
2 (
2
) 1 1
( 3 1
2
2 2
2
2
−
− +
−
=
⇒
+
− +
+
=
− +
− + +
+
− +
+
= +
+
⇔
x x
x AD
x x x
x x x
x
x x x
x AD
x
P
A
Q O1
Trang 5Bài 5
a/ Xét ∆ACM &∆FMB ta có ( ) ,
MB
MC MF
AM GT
k MB
MF MC
AM
=
⇒
=
nên ∆ACM đồng dạng∆FMB (c.g.c)⇒∠CAM=∠CFI mặt khác ∠ACM=∠FCI(đđ)
⇒∆ACM đồng dạng∆FCI⇒∠CIF=∠AMC=900 hay AI⊥BF
trong ∆AFB có FM,AI là 2 đờng cao vậy BN là đờng cao thứ 3 nên điểm N thuộc 2
đờng tròn (O1) và (O2) ngoại tiếp 2 hình chữ nhật AMCD,MBEF có MN là dây cung trung nên vuông góc với đờng nối tâm O1O2⇒MN⊥ O 1 O 2 (đpcm)
b/ ta có ∠ ANM=∠ACM Vìnội tiếp chắn cùng cung AM của (O1)
MC
AM ACM
tg∠ = = nên ∠ ACM không đổi hay∠ ANM không đổi gọi (O3) là đờng tròn đờng kính AB thì (O3) đi qua N và (O3) cố định gọi MN cắt
đờng tròn này tại J cung AJ cố định ta có J cố định
Vậy MN đi qua J cố định(đpcm)
J
E F
C D
I O1
O2
Trang 6Thi vµo líp 10 chuyªn hïng v¬ng n¨m häc 2004-2005
Dµnh cho thÝ sinh thi vµo chuyªn Tin (vßng 2)
Bµi 1Gi¶i ph¬ng tr×nh
a/ TX§ ∀x∈R
−
≤
≤
−
+
≤
≤
+
⇔
+
≤
≤
−
−
≤
+
≥
⇔
≤ +
−
≥ +
−
− +
=
∈
−
=
∈ +
=
⇔
= +
− +
=
−
⇔
−
− +
=
−
⇔
−
− +
= +
−
4
137 15
4
185 15
4
185 15
4
137 15
4
185 15
4
185 15
4
137 15
4
137 15
0 5 15
2
0 11 15
2
/
3 2 1
; 3 2 1
:
3 2 1 , 3
2 1 3
2 3 2 3 2
1
) 3 2 ( ) 3 2 ( )
1 ( 3
4 7 3 4 7 1
2
2
2
2 1
2 2
2 2
x x
x x
x
x
x
x
x
TXD
b
S
Vay
TXD x
TXD x
x
x x
x
®¨t 2x2 − 15x+ 11 =t, (t ≥ 0 )
=
∈
=
−
−
−
=
∈
= +
−
−
=
=
=
−
=
∆
⇔
= +
−
⇔
= +
−
=
<
−
=
=
⇔
=
−
+
⇔
=
− +
− +
+
−
⇔ +
−
=
−
−
2
1
; 7 :
2
1 4
13 ) 15 (
; 7
4
13 ) 15
(
13 169 56
225 0
7 15 2
4 11 15
2
: 2
: );
( 0 3
; 2 0
6
0 6 11 15
2 11 15
2 11 15
2 5
2
15
2 1
2 2
2
2 1
2
2 2
2 2
S
Vay
TXD x
TXD x
x x
x
x
taco t
voi loai t
t t
t
x x
x x
x x
x
x
Bµi 2
a/m2x+3=3mx+m ⇔ m(m-3)x=m-3 (*)
NÕu m=3 ta cã 0x=0 Pt(*) v« sè nghiÖm
NÕu m=0 ta cã 0x =-3 Pt(*) v« nghiÖm
NÕu m≠3;m≠0 Pt(*) cã nghiÖm duy nhÊt
m
x = 1
Trang 7b/TXĐ : x≠-3;x≠0
{ 30;9}
:
9
; 30
39 1521 270
4 21
0 270 21
) 3 ( 108
) 3 ( 90 6
1 3
18 15
2 1
2 2
2
−
=
∈
=
∈
−
=
⇔
=
= +
=
∆
=
− +
⇔ +
=
− +
⇔
= +
−
S Vay
TXD x
TXD x
x x
x x x x
x x
Bài 3 Giải hệ:
=
= + +
) 2 ( 8
) 1 ( 0 )
1 ( 3
2
y x
y x
(1)⇔y=-(x+1)2 thay vào (2) ta có:-x3(x+1)2=8⇔x5+2x4+x3+8=0
⇔x4(x+2)+(x+2)(x2-2x+4)=0⇔(x+2)[x4+(x-1)2+3]=0
ta có x4+(x-1)2+3>0 ∀x do đó x=-2 thay vào y=-(x+1)2=-(-2+1)2=-1
Vậy (x;y)=(-2;-1)
Bài 4
a/∆CIF đồng dạng ∆EIB (g.g) mà ∆DIF=∆CIF (theo tính chất đối xứng)
do đó ∆DIF đồng dạng ∆EIB suy ra IB.IC=IE.IF
b/Nối EC cắt (O) tại N/ ,BF cắt EC tại N
ta có ∠FN/E=900 =>FN/⊥EC(1)
mặt khác EI⊥BC,CA⊥BE nên F là trực tâm ∆BEC
nên BN⊥EC hay FN⊥EC (2 )
từ (1) và (2) ta có N≡N/
E,N,C thẳng hàng (đpcm)
N D
E
F
Trang 8Thi vµo líp 10 chuyªn hïng v¬ng n¨m häc 2004-2005
Dµnh cho thÝ sinh thi vµo chuyªn V¨n,LÞch sö ,§Þa lý,Ngo¹i ng÷
Bµi 1
a/TXD:x>-1/2
{ }501 :
; 501
2004
2
1 2004 1
2 )
1 2004 (
1 2 2004 2
2005
1
=
∈
=
⇔
=
⇔
+
= +
⇔ +
= +
⇔ +
=
+
S Vay TXD x
x
x x
x
b/Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
=
=
⇔
−
=
=
⇔
=
−
= +
⇔
=
−
= +
3
2 2
13 3
62 31
36 6
27
26 6
4 12
2 9
13 3
2
y
x x
y
x y
x
y x y
x
y x
VËy hÖ cã nghiÖm duy nhÊt (x;y)=(2;3)
Bµi 2:
a/Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh:
2(x+5)(3-x)+(2x-5)(x-3) <0 ⇔ 2(3x-x2+15-5x)+2x2-6x-5x+15<0
⇔6x-2x2+30-10x+2x2-11x+15< 0 ⇔-15x <-45 ⇔ x>3
VËy S={x∈R;x> 3}
///////////////////////
b/a2+b2+c2=ab+bc+ca⇔2(a2+b2+c2-ab-bc-ca)=0
⇔( a2-2ab+b2)+( b2-2bc+c2)+( c2-2ac+a2)=0 ⇔ (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0
V× (a-b)2≥0; (b-c)2≥0; (c-a)2≥0; nªn dÊu “=” x¶y ra (a-b)2=0; (b-c)2=0; (c-a)2=0
Hay a=b=c (®pcm)
Bµi 3
XÐt ph¬ng tr×nh: (m2+1)x2-2mx-(m2-2m+1)=0 (1)
a./ta cã m2+1>0; -(m2-2m+1)=-[(m-1)2+1]<0
Ph¬ng tr×nh (1) cã hÖ sè a vµ c tr¸i dÊu
nªn Ph¬ng tr×nh (1) cã 2 nghiÖm tr¸i dÊu víi mäi m (®pcm)
b./V× Pt(1) cã nghiÖm ph©n biÖt víi mäi m theo Vi-Ðt ta cã:
1
2 2
+
= +
m
m x
x S
Ph¬ng tr×nh (2) lµ ph¬ng tr×nh bËc 2 Èn m chØ tån t¹i nghiÖm khi ∆/ ≥0
∆/=1-S2=(1-S)(1+S) ≥0 ⇔-1≤S≤1
VËy Min(S)=-1 khi m=-1;Max(S)=1 khi m=1
C¸ch kh¸c Ta cã m2+1≥2m (C«-si) 1
2
2 1
2
2 ≤ = +
=
⇒
m
m m
m S
1
) 1 ( 1
1 1
2 1
2
2
2 2
2 2
+
+
= +
−
− + +
= +
=
⇒
m
m m
m m
m m
m S
Bµi 4:
3 0
B
Trang 9Ta có ∆ABC cân tại A có AI là phân giác nên AI là trung tuyến và là đờng cao vậy
AI ⊥BC và I là trung điểm BC áp dụng Định lý Pi-ta-go cho tam giác vuông BOI Với OB=5cm;BI=4cm OI2 =OB2-BI2=25-16=9 nên OI=3cm.Mặt khác tứ giác ABOI có ∠ABO=∠ACO=900 nên nội tiếp đờng tròn và đờng tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC nhận AO là đờng kính tính AO,tính AO
Trong tam giác vuông AOB có BI là đờng cao nên: OB2=OI.OA =>OA=OB2:OI OA=25:3 ;S=π ( )
36
225 6
cm
π
=
Bài 5
a./Tứ giác DEHC có ∠DEH=∠DCH=900 nên tứ giác DEHC nội tiếp có
BE⊥AD,AC⊥BD,BE cắt AC tại H nên H là trực tâm ∆ADB
Vậy DH⊥AB (đpcm)
b./Khi C chạy trên cung AB vì E là trung điểm cung AC nên trong ∆ABD có
∠ABE=∠EBD& BE⊥AD nên BE là phân giác cũng là đờng cao
nên ∆ABE cân tại B suy ra BD=BA không đổi
Vậy D thuộc đờng tròn tâm B bán kính BA
C
D
E
C H
Trang 10Ngời gửi ; Nguyễn Minh Sang
GV trờng THCS Lâm Thao –Phú Thọ DD 0917370141
gmail: minhsang5260@gmail.com.vn Tôi có đề thi và HD giải các đề thi vào chuyên NN ; Chuyên ĐHSP;
ĐHKHTN ,Chuyên Hùng Vơng Phú thọ từ năm học 2004-2005 đến
nay rất mong đợc trao đổi đề thi và đáp án HSG Toán 9 cấp huyện và
cấp tỉnh và đề thi vào lớp 10 các trờng THPT chuyên trong cả nớc
với các bạn đồng nghiệp mọi liên hệ gửi về
minhsang5260@gmail.com.vn