De dap an Toan chuyen HVT Hoa Binh 1213

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), lấy điểm M bất kì trên đường tròn (O). Tìm giá trị lớn nhất của tích bốn số đó.. 3) Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ I xuống CD thì khoảng c[r]

SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

Đề chính thức ĐỀ THI MÔN TOÁN CHUYÊN

Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2012

Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian giao đề)

Bài 1(2 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A =

2 2

2) Chứng minh rằng x0 = 3

4 - 1 là nghiệm của phương trình x3 = 3 – 3x – 3x2

Bài 2(3 điểm)

1) Giải hệ phương trình

2 2

2 2

3 8 12 23

2

x y





 



3x  1 2 9x  3x   1 2 27x  1 3) Cho hình thang vuông ABCD có:   0

A  B  90 , AD = AB = 20cm; BC = 10cm Gọi I là trung điểm của AB, tính khoảng cách từ I đến đường thẳng CD

Bài 3(2 điểm) Phần nguyên của một số x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x, kí hiệu là [x]

1) Tính 2012 2012 2012

2) Biết n, a là các số nguyên dương thỏa mãn: n n 1 1



   

   

    chứng minh rằng n chia hết cho a

Bài 4(2 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), lấy điểm M bất kì trên đường tròn

(O) Gọi A’, B’, C’ lần lượt là điểm đối xứng với điểm M qua BC, AC, AB Chứng minh rằng: 1) AB’ = AC’

2) A’, B’, C’ thẳng hàng

Bài 5(1 điểm)

Cho bốn số nguyên dương có tổng bằng 2013 Tìm giá trị lớn nhất của tích bốn số đó

HẾT

ĐÁP ÁN

Bài 1(2 điểm)

1) Điều kiện: a 0

          Khi đó:

A =  

2

2

                   

Do đó 3

0 4 1

x   là nghiệm của phương trình đã cho

Bài 2(3 điểm)

1) Ta có:

(2 )(172 7 ) 0 2 2

2 2

7 17 2









  



y x

x y

1



y

1

 





 



x y

TH2:

2

2 2

7

17

289 17 2

169 13



y

x

x y

hoặc

7 13 17 13



 





  



x y

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là:

7 17 7 17 ( ; ) (1;1); ( 1; 1); ; ; ;

13 13 13 13

      

x y

3x  1 2 9x  3x   1 2 27x  1 (1)

Điều kiện:

2

3x 1 0 9x 3x 1 0

 





  

 Khi đó, ta có:

3 1 2 9 3 1 2 (3 1)(9 3 1)

 x  x  x   x x  x

3 1(1 9 3 1) 2(1 9 3 1) 0

 x  x  x   x  x 

2

( 3 1 2)(1 9 3 1) 0

 x   x  x 

 



x

TH1: 3x  1 2  3x  1 4 x 1 (thỏa mãn điều kiện)

0

9 3 1 1 9 3 1 1 3 (3 1) 0 1

3







          

 



x

x (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: x=0; x=1; x=1

3 3) Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ I xuống CD thì khoảng cách từ I đến CD chính là độ dài đoạn IH

- Kẻ CE // AB, EAD ABCE là hình chữ nhật 

CE = AB= 20 cm; AE = BC = 10 cm; ED = AD – AE = 10 cm

- Vì tam giác CED vuông tại E, nên ta có:

CD EC ED  20 10 10 5 cm

- Ta có:

ICD ABCD IAD IBC

2

(AD BC).AB IA.AD IB.BC

150 (cm )



Mặt khác, ta có:

ICD ICD

2.S



Vậy khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng CD là 6 5 (cm)

Bài 3(2 điểm)

1) Ta có: 2012 2012 2012

     = 402 + 335 + 287 = 1024

2) Vì n, a là các số nguyên dương nên ta luôn có thể giả sử naqr q r( , ,0 r a )

Nếu 1  r a thì       



r

a )

và  1  1  1

 

1

0 r 1

Suy ra:     1 1



a a , mâu thuẫn với điều kiện đề bài

Từ đó suy ra r = 0, do đó n chia hết cho a

E

H I

C

D A

B

Bài 4(2 điểm)

 Gọi E, I, F lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống các cạnh AB, BC, AC 1) Theo tính chất của phép đối xứng qua đường thẳng, dễ thấy:

AB' AC'

2) Chứng minh: A’, B’, C’ thẳng hàng

Giả sử MBC, với MAB hay M AC ta chứng minh tương tự

 Trước tiên ta sẽ chứng minh rằng: E, I, F thẳng hàng

Thật vậy, ta có:

o MIE MBE (vì tứ giác MIBE nội tiếp)

MIF 180 MCF (vì tứ giác MIFC nội tiếp)



0

180 MCA

 MBA

 (vì tứ giác MBAC nội tiếp)

MIEMIFMBEMBA180

 E, I, F thẳng hàng (p/s: đây chính là đường thẳng Simpson)

 Chứng minh: A’, B’, C’ thẳng hàng

Thật vậy, ta có:

C'A '/ /EI MC' MA ' 2  (theo định lý Ta-lét đảo) (p/s: hoặc sử dụng t/c đường TB)

MC' MB' 2  (theo định lý Ta-lét đảo) (p/s: hoặc sử dụng t/c đường TB)

Mà EI EF, nên từ trên ta có: C'A '/ /EF

C'B'/ /EF







C'A 'C'B' A’, B’, C’ thẳng hàng

(p/s: Tiên đề 5 Euclid “ Từ một điểm A nằm ngoài đường thẳng b, chỉ kẻ được một và chỉ

một đường thẳng a qua A và song song với đường thẳng b”)

I

F

E

B'

C'

A' O A

M

Bài 5(1 điểm)

C1: Giả sử bộ 4 số nguyên dương: 0 a b c d, thỏa mãn: a  b c d2013; abcd đạt giá trị lớn nhất và d a 2

Khi đó ta xét bộ 4 số sau: a1  a 1; b1b; c1 c; d1 d 1

Ta có: a b c d1 1 1 1 abcd(a 1)bc(d 1)  abcd[abcdbc(d a 1)] abcd bc(d a 1) 0

1 1 1 1

a b c d abcd

  (mâu thuẫn cách chọn bộ số {a, b, c, d})

Từ đó suy ra: d a 0 hoặc d a 1

 Xét TH: d  a 0 d a b c a, nên ta có: 4a 2013 a 2013

4

 Xét TH: d  a 1 d a 1; vì 0 a b c d, nên ta có các trường hợp bộ 4 số có dạng như sau:

o TH1: a; a; a; a 1  4a 1 2013   a 503, ta được bộ số: 503, 503, 503, 504

o TH2: a; a; a 1; a 1   4a 2 2013 a 2011

4

o TH3: a; a 1; a 1; a 1   4a 3 2013 a 1005

2

Vậy GTLN của tích bốn số bằng 503 5043 , tại bộ số { 503; 503; 503; 504}

C2: Phát biểu lại bài toán: Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn:

a  b c d2013 Tìm giá trị lớn nhất của P = abcd

- Nếu GTLN của P đạt được tại bộ số a , b ,c ,d0 0 0 0 thì | xy | 1; với x, y {a , b , c ,d } 0 0 0 0 Đơn giản là vì x, y thì: xyxyxy 1 (x 1)(y 1), x     y 2

- Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a0 b0 c0 d0, từ nhận xét ở trên ta có | da | 1

Từ đó suy ra: da hoặc d a 1

- GTLN của P chỉ xảy ra khi có n số bằng a và 4 số bằng n a 1 (với nN, 0n4)

Do đó có phương trình: na(4n)(a 1) 20134an 2009

Suy ra chỉ có n = 3 và a = 503 thỏa mãn

Vậy GTLN của P bằng 3

503 504, tại bộ số {503; 503; 503; 504}

- THE END -