Toan 10 thai nguyen

Cho tam giác ABC đều có độ dài mỗi cạnh bằng 10 cm.. Chia nhỏ tam giác ABC thành một lới 100 tam giác đều cạnh bằng 1cm bởi các đoạn thẳng song song với các cạnh AB, BC, CA.. Đếm số hì

TRẠI Hẩ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X

TRƯỜNG THPT CHUYấN, TỈNH THÁI NGUYấN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MễN TOÁN KHỐI 10

(Đề này cú 01 trang, gồm 05 cõu)

Cõu 1 (4,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh

2012 4027

2012 4027

2012 4027 4028







Cõu 2 (4,0 điểm) Cho tứ giỏc lồi ABCD, trờn cỏc đoạn thẳng AB, BC, CD, DA

lần lượt lấy cỏc điểm M, N, P, Q sao cho AQ = DP = CN = BM Chứng minh rằng: nếu MNPQ là hỡnh vuụng thỡ ABCD là hỡnh vuụng.

Cõu 3 (4,0 điểm) Cho phương trỡnh:

1

s

x +x + x + x = với s∈Ơ,s≥3 Giả sử phương trỡnh cú số nghiệm nguyờn dương (x1; x2; ; xs) thỏa món

x1 < x2 < < xs là Ts Chứng minh rằng: T2014 > T2013

Cõu 4 (4,0 điểm) Tỡm tất cả cỏc đa thức f x( )∈Ă [ ]x thỏa món điều kiện:

f x f x( ) (3 )2 = f x( 2+3 )x3

Cõu 5 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC đều có độ dài mỗi cạnh bằng 10 cm Chia

nhỏ tam giác ABC thành một lới 100 tam giác đều cạnh bằng 1cm bởi các đoạn thẳng song song với các cạnh AB, BC, CA Đếm số hình bình hành giới hạn bởi những đoạn thẳng của lới nói trên.

Hết

-Người ra đề: Nguyễn Thị Ngọc Ánh Điện thoại: 0916642332 Trương Thanh Tựng 0976728482

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THÁI NGUYÊN KHỐI 10

(Đáp án gồm có 0 trang)

Câu 1 (4,0 điểm) Giải hệ phương trình







2012 4027

2012 4027

2012 4027 4028

Giải:

Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:

2 2 2

( 2014)( 1) 2014 ( 2014)( 1) 2014 ( 2014)( 1) 2014





* Nếu một trong ba số x, y, z bằng 2014 Giả sử x = 2014 thì y = z = 2014

* Nếu cả ba số x,y,z nhân ba phương trình ta được: (x+ 1) ( 2 y+ 1) ( 2 z+ 1) 2 = − 1

(vô nghiệm)

Vậy x y z= = =2014 là nghiệm duy nhất của hệ

Câu 2 (4,0 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD, trên các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA

lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q sao cho AQ = DP = CN = BM Chứng

minh rằng: nếu MNPQ là hình vuông thì ABCD là hình vuông

Giải:

Đặt AQ = DP = CN = BM = x, AB = a, MN = u; AM = a – x; ·PQD= α

Xét tam giác AMQ, ta có: 2 ( )2 2 ( ) ( )

u = −a x +x −2x a x cosA 1−

Khi MNPQ là hình vuông thì ·AQM= α; MN NP PQ QM u.= = = =

AM =AQ +QM −2AQ.QM.cosAQM⇔ −a x =u +x −2uxsinα 2

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác QDP, ta có x u usin xsin D.

sinα =sin D⇔ α =

Hệ thức (2) trở thành: ( )2 2 2 2 ( )

a x− =u +x −2x sin D 3

Từ (1) và (3) suy ra cosA x (1 sin D) 0

a x

− Vì tứ giác ABCD lồi nên 0 A 90< ≤ 0

Chứng minh tương tự, ta cũng có: 0 B 90< ≤ 0;0 C 90< ≤ 0;0 D 90< ≤ 0 Suy ra A B C D 360+ + + ≤ 0 Vậy phải có A B C D 90= = = = 0 Khi đó ABCD là hình chữ nhật

Áp dụng định lí Pi-ta-go, ta có: AM2 =MQ2−AQ2 =MN2−MB2 =BN2⇒AM BN= ⇒AB CB.=

Vậy ABCD là hình vuông

Câu 3 (4,0 điểm) Cho phương trình:

1

s

x +x + x + x = với s∈¥,s≥3 Giả sử phương trình có sốnghiệm nguyên dương (x 1 ; x 2 ; ; x s ) thỏa mãn

x 1 < x 2 < < x s là T s Chứng minh rằng: T 2014 > T 2013

Gi¶i:

- Dễ thấy :

+) Phương trình: + + =

1

x x x có nghiệm (2; 3; 6) thỏa mãn YCBT.

+) Phương trình: + + + =

1

x x x x có nghiệm (2; 4; 6 ;12) thỏa mãn YCBT.

+) ∀ ∈s ¥,s≥3, nếu (x 1 ; x 2 ; ; x s ) thỏa mãn x 1 < x 2 < < x s là một nghiệm nguyên dương của

phương trình

1

s

x +x + x + x = thì phương trình

+

s s

nghiệm tương ứng là (2 ;2x 1 ; 2x 2 ; ;2 x s ) Chú ý các thành phần của nghiệm này đều là số

chẵn.Vậy ∀ ∈s ¥,s≥3 phương trình luôn có nghiệm thỏa mãn YCBT và T 2014 ≥ T 2013 (1).

- Ta chứng minh dấu bằng trong BĐT (1) không xảy ra.

+) Thật vậy, giả sử (y 1 ; y 2 ; ; y 2012 ) thỏa mãn y 1 < y 2 < < y 2012 là một nghiệm nguyên dương

của phương trình + + + =

x x x x Khi đó, (2 ;3 ;6y 1 ;6 y 2 ; ; 6y 2012 ) thỏa mãn

2 < 3 <6 y 1 < 6y 2 < < 6y 2012 là một nghiệm nguyên dương của phương trình

x x x x x x Trong nghiệm này có một thành phần là số 3 (lẻ) Vậy

T 2014 > T 2013 ĐPCM

Câu 4: (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức ( ) f x ∈¡[ ]x thỏa mãn điều kiện:

f x f x( ) (3 )2 = f x( 2+3 )x3 (1)

Giải:

Cho x = 0, từ (1): (0) 0f = hoặc (0) 1f =

• Nếu ( )f x là hằng số thì ( ) 0 f x ≡ và ( ) 1f x ≡ là hai nghiệm của bài toán

• Nếu ( )f x không phải là hằng số Ta xét hai trường hợp:

(0) 0 ( ) k ( ), , (0) 0

Thay vào (1) ta có:

3 2 3 2 2 2

(3 ) (3 ) ( ).(3 ) (3 )

(3 1) (3 ) (3 ) ( ) (3 )

Cho x = 0 ta cú: g(0) = 0 ( mõu thuẫn)

TH2:

* (0) 1 ( ) ( ) 1, (0) 0 ( ) ( ), , (0) 0

( ) ( ) 1

l

l

Ơ

Tương tự như trờn ta cũng suy ra (0) 0p = ( mõu thuẫn)

Vậy chỉ cú hai đa thức thỏa món bài toỏn là: ( ) 0f x ≡ và ( ) 1f x ≡

Cõu 5: (4,0 điểm ) Cho tam giác ABC đều có độ dài mỗi cạnh bằng 10 cm Chia

nhỏ tam giác ABC thành một lới 100 tam giác đều cạnh bằng 1cm bởi các

đoạn thẳng song song với các cạnh AB, BC, CA Đếm số hình bình hành giới

hạn bởi những đoạn thẳng của lới nói trên

Giải:

Chúng ta nhận thấy mỗi hình bình hành nói trên có đúng 2 cạnh song song với 2 cạnh nào đó của

A

Ta ký hiệu SBC là tập các hình bình hành giới hạn bởi những đoạn thẳng của lới thỏa mãn có hai cạnh song song với AB, AC Tơng tự, ta có 2 tập hợp nữa là SAB và SAC Do tính đối xứng ta có:

Trên cạnh AB kéo dài về phía B, lấy B’ sao cho B nắm giữa A, B’ và BB’ = 1 T ơng tự, ta dựng C’ (xem hình vẽ)

Lấy P là một hình bình hành trong tập hợp SBC Kéo dài các cạnh của P cắt đoạn thắng B’C’ tại 4

điểm phân biệt

Trên đoạn B’C’ có 12 điểm (tính cả hai đầu nút B’, C’) chia đoạn B’C’ thành các đoạn thẳng liên tiếp có độ dài bằng 1 Dễ thấy, có một song ánh từ SBC đến tập hợp 12 điểm này

4 12

BC

Vậy số hình bình hành thỏa mãn bằng:

4 12