Bộ giáo dục và đào tạo cộng hoà x hội chủ nghĩa việt nam ã Trờng đại học vinh Độc Lập - Tự do - Hạnh phúc Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Năm 2006 Môn Toán.. Ghi chú: Cán bộ c
Trang 1Bộ giáo dục và đào tạo cộng hoà x hội chủ nghĩa việt nam ã
Trờng đại học vinh Độc Lập - Tự do - Hạnh phúc
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Năm 2006
Môn Toán Vòng 1 - đề chính thức
Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2 + n + 2 không chia hết cho 3.
Câu 2:
a) Giải hệ phơng trình
xy x( )(y )
+ − − =
− − = −
b) Giải phơng trình 3x+ 1 + 2 −x = 3
Câu 3 :
Cho hàm số f(x) = (x3 + 6x 5)– 2006 Tính f(a) với a = 3 3 + 17 + 3 3 − 17
Câu 4 :
Cho hai đờng tròn ( , )O R và ( ', ')O R cắt nhau tại A và B Gọi EF là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (E thuộc (O,R) và F thuộc ( ', ')O R ) Đờng thẳng AB cắt
EF tại K Gọi I là điểm đối xứng của A qua K (A nằm giữa B và I)
a) Có nhận xét gì về tứ giác AEIF ?
b) Gọi M là trung điểm của OO' Cho biết MA = MO' Hãy tính độ dài EF
theo R và R '
Ghi chú: Cán bộ coi thi không đợc giải thích gì thêm!
Họ và tên:
Số báo danh:
Phòng thi:
Trang 2Đáp án Toán vòng 1 (đề chính thức)
Câu 1
Đặt n = 3k + r với k nguyên; r = 0, 1 hoặc 2
*)Nếu n = 3k thì n2 + n + 2 = 9k 2 + 3k + 2 chia 3 d 2
*) Nếu n = 3k + 1 thì n2 + n + 2 = 9k 2 + 9k + 4 chia 3 d 1
*) Nếu n =3k + 2 thì n2 + n + 2 = 9k 2 + 15k + 8 chia 3 d 2
0,5 0,5 0,5 0,5
Câu 2
a) Đặt x2 – x = u, y2 – 2y = v ⇒ = −u v uv+ =2019
⇒ u,v là nghiệm của phơng trình t2 – 19t 20 = 0– ⇔ t = -1; t = 20
20
u v
= −
=
⇔
2 2
1 0
y y
− + =
− =
⇒ vô nghiệm
1
u v
=
= −
⇔ 22 20 0
− − =
− + =
⇔ 4 5
1
y
;
= − =
=
⇒ nghiệm của hệ là (x, y) = (-4, 1); (5, 1)
…
b) Điều kiện - 1
3≤ x ≤ 2
Với điều kiện trên phơng trình ⇔ 3x+ 1 = 3- 2 −x ≥ 0
⇔ 3x + 1 = 9 - 6 2 −x + 2 x–
⇔ 3 2 −x = 5 2x – ≥ 0 .…
⇔ 9(x-2) = 25 -20x + 4x 2
⇔ 4x 2 - 11x + 7 = 0 ⇔
1 7 4
x x
=
=
0,5 0,5
0,5 0,25 0,25 0,5 0,5
Câu 3 Ta có a3 = 3 + 17 + 3 - 17 + 33 3 + 17 .3 3 − 17 .a
= 6 6a–
⇒ a3 + 6a = 6
⇒ f(a) = (a 3 + 6a 5)– 2006 = (6 5)– 2006 = 1.
0,5 0,5 0,5
Trang 3Câu
m
Câu 4
a)
Ta có ∠ KEA = ∠ KBE
Suy ra ∆ KEA đồng dạng với ∆ KBE ⇒ KE KB = KA KE ⇔ KE2 = KA.KB (1)
Tơng tự, ta xét hai tam giác KFA và KBF ta có KF2 = KA.KB (2)
Từ (1) và (2) suy ra KE = KF (3)
Mặt khác, theo giả thiết KA = KI (4)
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác AEIF là hình bình hành
b) Ta có MA= MO' = 1 2 OO' ⇒∆OAO' vuông tại A ⇒ OO'2 = OA2 + O A' 2 = R2 + R '2 (5)
Do tứ giác OEFO' là hình thang vuông tại E, F nên OO'2 = EF2 + (OE - O F' ) 2 = EF2 + (R R ')− 2 (6)
Từ (5) và (6) suy ra EF 2 = R 2 + R ' 2 (– R R ')− 2 = 2RR ' ⇒ EF = 2RR ' 0,25 0,5 0,25 0,5 …… 0,5 0,5 0,5
0,5
F E
I K A
B