GVHD Nguyễn Minh Sang THCS Lâm Thao –Phú Thọ.[r]
Trang 1GVHD Nguyễn Minh Sang THCS Lõm Thao –Phỳ Thọ
Thi vào chuyênToán Đại học s phạm Hà nội 1
vòng 1 ngày thi 14/06/2005 Câu 1 MTC=(y2-x2)
y+x¿2−2 x2y +x2(y2− x2)
¿
¿y2− x2=y − x
xy :
y4
+ 2 xy 3−2 x2y +2 x2 y2− x4
y2− x2
¿
x+ y¿2
¿
¿ y − x
xy :
1
y − x
¿
x − y¿2
¿
¿ xy
¿
b/ vi: x >0 , y <0 ; x+ y=1 ⇒ x>1⇒− x2
+x <0
¿
1 −2 x¿2
x − y¿2¿
y2¿
¿
a/ A= y − x
xy :¿
Câu 2 cho phơng trình: 4x2-4(m+5)x+2m2+4m+34=0
a/Thay m=1 ta có Pt: x2-6x+10= 0 vô nghiệm
b/’=4(m+5)2-4(2m2+4m+34)=-4m2+24m-360 suy ra m2-6m+9=(m-3)20 để phơng trình có nghiệm thì m=3
Câu 3 giải hệ phơng trình:
¿
x+ y+z =6(1)
xy +yz − xz=7(2)
x2+y2+z2=14(3)
¿ { {
¿ Bình phơng 2 vế của (1) ta có x2+y2+z2+2(xy+yz+xz)=36 xy+yz+xz=11(4)
từ (1) (2) và (4) ta có hệ
Trang 2xy +yz=9
x+ y +z=6
xz=2
⇔
¿y (x +z )=9
x +z=6 − y
xz=2
⇔
¿y (6 − y )=9
x +z=6 − y
xz=2
⇔
¿
y − 3¿2=0
¿
y (x+ z)=9
¿
xz=2
¿
⇔
¿
¿
y=3
¿
¿ ¿
Câu 4 (trang 7)
a/hạ OIBC ta có OAK=OCI (đb) suy ra OI=OK nên BC tiếp xúc với ( tại I b/ *Tính các góc của tứ giác AEFI
Ta có vì ABC=400 nên BAC=BCA=700 ; AEF=2AEO=2(1800-700-)
AEF=2200-2; CFE=3600-BAC-BCA-AEF=3600-700-700-2200+2=2 Vậy EAC=FCA=700; AEF=2200-2;CFE=2
*Chứng minh AEO đồng dạng COF
Ta có EAO=FCO=700 ; AOE=CFO=
nên AEO đồng dạng COF (đpcm)
*Tìm để AE+CF đạt giá trị nhỏ nhất
áp dụng BĐT Cô-si ta có : AE+CF≥ 2√AE CF do AEO đồng dạng COF nên AE
CO=
AO
= AC2
Khi AE=CF khi AEF=CFE suy ra 2200-2 =2 vậy =550
Trang 3Câu 5 Từ GT: 4x2+2y2+2z2-4xy-4xz+2z-6y-10z+34=0
(2x-y-z)2+(y-3)2+(z-5)2=0 (x=4;y=3;z=5)
S=(4-4)2005+(3-4)2005+(5-4)2005=0
Thi vào chuyên Toán Đại học s phạm Hà nội 1
vòng 2 ngày thi 15/06/2005 Câu 1:Ta có
P(1)=a+b+c +d=(1 −3
2)3+(1+1
2)3+(1+1)3+(1+2)3
P(1)=a+b+c +d=(−1
2)3+(32)3+ 23+ 33=381
4
Câu2: Ta có:
√c −√d¿2+a+c>0
¿
⇔∃ x>0 Vy>0(1)
¿
√c −√b¿2+b +d >0
¿
√a−√b¿2+¿
¿
x+z =2 a+b −2√cd+2c +d −2√ab=¿
Câu 3: Xét n=1 thì T=21+31+41=9=32 (Thoả mãn)
Với n1 ta có T=2n+3n+4n giả sử T là số chính phơng thì T chia cho 4 d 0 hoặc
1 mặt khác T lẻ nên T chia cho 4 d 1 Vì 2n;4n chia hết cho 4 nên 3n chia cho 4 d1 suy ra n chẵn đặt n=2k (kN*) thì T=22k+32k+42k=4k+9k+16k
ta có: 4k1 (mod 3);9k0(mod3);16k1(mod3) suy ra T2 (mod3) vô lý
nên T không là số chính phơng với n>1 vậy n=1
Câu 4:
E
B
F
I
Trang 4a/Xét tứ giác BCKF vì EF là trung tuyến vuông AFE AFK cân tại K có
A=600 nên AFK đều AFK=ABC=600 EK//BC
Vậy tứ giác BCKF là hình thang có B=C=600 nên
tứ giác BCKF là hình thang cân (đpcm)
b/ xét KEF và ECD là 2 cân có góc đáy bằng 300 nên
KEF đồng dạng DEC KE.KC=ED.EF (đpcm)
c/ Kẻ đờng cao CH.
Do tứ giác CFKD nội tiếp nên CFE=EKD (1)
mặt khác EFC=KED đ đ (2) từ (1),(2) EFC đồng dạng EKD
⇒KD
KC=
EK
FC =
EK
EF =
AF
EF =tg∠AEF=tg300
=√3 3
FC =
√3
3 ⇒ KD=√3
3 FC≥
√3
3 CH=
AC √3
√3
3 =
AC
2 (khongdoi) Min(KD)=AC
2 ⇔ F ≡ H ⇒ E ≡C ⇒ K ∈ 1
2AC
Câu 5:Mỗi đồng xu mỗi lần lật xẽ đổi chiều màu xanh sang màu đỏ
hoặc ngợc lại do đó đồng xu màu xanh muốn đổi thành màu đỏ phải lật số lẻ lần
Có 2005 đồng xu đang màu xanh mỗi đồng xu thành màu đỏ cần lật số lẻ lần
do đó tổng 2005 các số lẻ lần lật mỗi đồng xu là số lẻ vậy sau 2006 lợt chơi mỗi lần lật 6 đồng xu 2006.4 là chãn do đó không thể đợc 2005 đồng xu đều có màu đỏ
A
B
C
E
F
K
D H