Đề thi và lời giải môn toán vào lớp 10 THPT Chuyên Đồng Nai

Please follow and like us:

Câu 1. (1,5 điểm)

Cho phương trình    ( với )

Chứng minh rằng   là một nghiệm của phương trình đã cho.

 

Câu 2. (2,5 điểm)

Giải hệ phương trình   ( với ).

 

Câu 3.(1,5 điểm)

Cho tam giác đều MNP có cạnh bằng 2 cm. Lấy n điểm thuộc các cạnh hoặc ở phía trong tam giác đều MNP sao cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn hơn 1 cm ( với n là số nguyên dương). Tìm n lớn nhất thoả mãn điều kiện đã cho.

 

Câu 4. (1 điểm)

Chứng minh rằng trong 10 số nguyên dương liên tiếp không tồn tại hai số có ước chung lớn hơn 9.

 

Câu 5. (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC không là tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D,E,F lần lượt là các tiếp điểm của BC, CA, AB với đường tròn (I). Gọi M là giao điểm của đường thẳng EF và đường thẳng BC, biết AD cắt đường tròn (I) tại điểm N (N không trùng với D), giọi K là giao điểm của AI và EF.

  • Chứng minh rằng các điểm I, D, N, K cùng thuộc một đường tròn.
  • Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn (I).

 

 

 

 

 

 

GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

 CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI

NĂM 2012 – 2013

Môn: Toán chuyên

—————–

Câu 1: Phương trình đã cho :  ( với ) ó    (1)

Với  ó

=>

Thế x vào vế phải của (1) ta có:

= ( vế phải bằng vế trái)

Vậy  là một nghiệm của phương trình đã cho ( đpcm)

 

Câu 2:   Hệ pt đã cho  ó

Thay  x = 0,  y = 0 thì hệ  không thoả . Thay x = -1 và y = -1 vào, hệ không thoả                 =>                                                         (*)

– Chia từng vế của hai phương trình cho nhau : =>

Thay x = y, hệ pt có vế phải bằng nhau, vế trái khác nhau  (không thoả) =>) (**)

=>                                                          (3)

– Cộng từng vế (1) và (2)  của hệ ta được pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = 0                    (4)

ó (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = 0  ó

ó ó ó

– Với x + y = 0 ó x = – y. Thế vào hệ  => -2y2 = 0 ó (y = 0  v x = 0) không thoả (*)

– Với x + y +1 =0 ó x = -y – 1 thế vào phương trình (1) của hệ ta được :

ó

Với y = – 2 => x = 1.Thế vào  hệ thoả, vậy có nghiệm 1: (x; y) = (1; – 2)

– Với

Thế x = y -6 vào pt (2)  của hệ :

(2) ó   ó

y2 – 4y – 6 = 0                                    ó

2y +1 = 0                                           ó y3 =

Từ ba giá trị của y ở trên ta tìm được ba giá trị x tương ứng:

Thế các giá trị  (x; y) tìm được vào hệ  (thoả).

 

Vậy hệ phương trình đã cho  có 4 nghiệm ( x;y):

(1; -2), (

Câu 3. (Cách 1)

Tam giác đều có cạnh bằng 2 cm thì diện tích bằngcm2 , tam giác đều có cạnh bằng 1 cm  thì diện tích bằng  cm2 . Nếu tam giác đều có cạnh > 1cm thì diện tích >  cm2

Gọi t là  số tam giác đều có cạnh bằng  > 1cm  chứa được trong tam giác đều có cạnh 2 cm:

( với t là số nguyên dương) => tmax =  3.

Theo nguyên lý Drichen sẽ có 1 trong t tam giác đều có cạnh > 1cm đó chứa tối đa 2 điểm thoả mãn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ luôn > 1 cm.

Vậy số điểm thoả yêu cầu bài toán là :  Vậy nmax = 4

 

(Cách 2): Giải theo kiến thức hình học

Nếu ta chọn 3 điểm ở 3 đỉnh của tam giác đều cạnh bằng 2 cm  vẽ 3 đường tròn đường kính 1 cm, các đường tròn này tiếp xúc với nhau ở trung điểm mỗi cạnh tam giác. => Các điểm  khác trong tam giác cách 3 đỉnh > 1cm  chỉ có thể nằm trong  phần diện tích còn lại của tam giác (ngoài phần diện tích bị ba hinh tròn che phủ), được giới hạn bởi 3 cung tròn bán kinh 1 cm.

Vì 3 dây cung là 3 đường trung bình của tam giác có độ dài 1 cm => khoảng cách giửa hai điểm bất kỳ nằm trong phần diện tích còn lại đó của tam giác luôn  1 cm.

=> trong phần diện tích đó chỉ lấy được 1 điểm mà khoảng cách đến 3 đỉnh của tam giác luôn > 1 cm.

Vậy số điểm  lớn nhất thoả mãn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ > 1cm  là :

nmax = 3 + 1 = 4 điểm.

 

Câu 4. Gọi a và b là hai số bất kỳ trong 10 số nguyên dương liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dương) .

Gọi n là ước chung của a và b, khi đó : a = n.x và b = n.y  ( n, x, y  là số nguyên dương).

Vì  a > b => x > y =>

Vậy trong 10 số nguyên dương liên tiếp không tồn tại hai số có ước chung lớn hơn 9.

 

Câu 5.

1)Nối N và F, D và F.

–  Xét ANF và AFD có:  AFN = ADF ( vì AF là tt) và FAD chung =>ANFAFD (g.g) =>                                               (1)

– Xét AFI có: AFIF  ( vì AF tiếp tuyến, FI là bán kính) và  FK AI ( vì AF và AE tt chung  và AI nối tâm) => AFI  vuông tại F có FK là đường cao) => AK.AI = AF2  (2)

– Xét ANK và AID có:

+ IAD chung.

+ Từ (1) và (2) => AN.AD = AK.AI =>

=>ANKAID (c.g.c) =>NKA = IDN                                                             (3)

– Từ (3) => tứ giác DIKN  nội tiếp đt (vì có góc đối bằng góc kề bù góc đối)

=> các điểm I,D,N,K cùng thuộc một đường tròn. (đpcm).

2)  Ta có  IDDM  ( DM là tiếp tuyến, DI là bán kính) và IKKM  ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đường tròn đường kính MI.  Vì 4 điểm   D, I, K, N cũng thuộc một đường tròn ( câu 1)  => hai đường tròn này cùng ngoại tiếp  DIK => hai đường tròn trùng nhau   => N cũng nằm trên đường tròn đường kính MI  => = 900 .

Vì  IN là bán kính đường tròn (I),  => MN là tiếp tuyến của đường tròn (I) tại tiếp điểm N.  (đpcm).

———–HẾT———-

 

 

Please follow and like us:

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai.