Đáp án đề thi môn toán vòng 1 chuyên KHTN năm 2013

ĐỀ THI MÔN TOÁN CHUYÊN KHTN 2013 Câu I. (3 điểm) 1) Điều kiện: 1 2. 3 x   Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 3 2 (3 1)(2 ) 9 3 5 2 3 7 3 5 2 6 9 (3 0) 4 11 7 0 1, 4 x x x x x x x x x x x x x x x                             Đối chiếu với điều kiện ta thu được nghiệm: 7 1, . 4

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

NĂM 2013 MÔN: TOÁN (VÒNG 1) Câu I (3 điểm)

1) Điều kiện: 1 2



  Phương trình đã cho tương đương với

2

7

4

           

               

Đối chiếu với điều kiện ta thu được nghiệm:

7

1, 4

x x 2) Hệ phương trình tương đương với

2

2

4 2

     

   

 

 



         

     



Đặt u x 1,v y 1

    ta thu được

9 9

2 2

1 3

2

4 2

u v

u

u uv





Suy ra: 9 3 9 2 2 9

3

2

3

u u

v

 



     

2 1 3

x y y x

  



 

  



2

3

2

1 3

1

1,

2, 1

y

y

  



  









Vậy hệ có 2 nghiệm 1; 1

2

 

 

  và  1; 2

Câu II (3 điểm)

1) Cách 1: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với

3

4 3

3

4

ac a c ba b a cb c b a b b c c a

ac a c ba b a cb c b abc

ac a c b a c ba abc c b abc

2

8

abc

a c ac b ab bc abc

a c c b b a abc đ pcm



Cách 2:

Đặt

Từ điều kiện suy ra 1

8

xyz và thu được

3 4

           

       

      

2) Ta có abcdeabc00deabc100de

(101 1)

101

Suy ra abcde chia hết cho 101 abc de abc (10de)chia hết cho 101

Ta có 101 99999 99999 990 9

Vậy số có 5 chữ số lớn nhất chia hết cho 101 là 990 101 

Ta có 101 9999 999 99

101

Vậy số có 5 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101 là 100 101 

Số các số có 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán là: 990 100 1 891   

Đáp số: 891 số

(đẳng thức cần chứng minh)

Câu III (3 điểm)

1) Ta có góc nội tiếp bằng nhau BDM BCF (1)và BMABFA suy ra

180 BMA180 BFA hay BMDBFC 2

Từ (1) và (2) suy ra BDM và BCF đồng dạng (g.g) Ta có điều phải

chứng minh

2) Từ AD là phân giác BAC suy ra DBDC vậy DE vuông góc với BC tại

trung điểm N của BC Từ 1) BDM BCF ta có DM BD

CF  BC Vậy ta có

3

CF  CF  BC CN  CE

Ta lại có góc nội tiếp ADEFCE(4)

Từ (3) và (4) suy ra EAD EFC suy ra EFC EAD 90 Vậy

A

O

D

M

F

E

N

A

B

C O

M

N P

Q

R

E

F

Câu IV (1 điểm) Với  là số thực dương ta có

3 3 3

3

Cộng bốn đẳng thức trên ta thu được

3 2

Chọn 1 1

2 x x

    

  ta thu được

3

3 3

                

   

2

Với  xác định như trên ta thu được

2

9

Đẳng thức xảy ra khi 3 3

3 2

1

  

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

36

6  35  6  35