- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 11
Toan 10 phu tho
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (131.34 KB, 5 trang )
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
TỈNH PHÚ THỌ
ĐỀ THI MÔN TOÁN
KHỐI 10
Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu
ĐỀ ĐỀ XUẤT
4 x3 − y3 + x − y = 3 xy ( 2 x − y )
Câu 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình
3x − 2 y + 3 + 3 3 x + 4 y + 1 = 4.
Câu 2 (4,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không đi qua tâm. Gọi A là
·
điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF
quay quanh điểm A và có số đo
bằng α không đổi sao cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường
thẳng BC lần lượt tại M và N. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành. Gọi I
·
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF
quay
quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định.
Câu 3 (4,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 + ( a + b + c ) ≤ 4.
2
Chứng minh bất đẳng thức
ab + 1
( a + b)
2
+
bc + 1
( b + c)
2
+
ca + 1
( c + a)
2
≥ 3.
Câu 4 (4,0 điểm). Cho 2013 điểm phân biệt trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào
thẳng hàng. Hỏi có thể vẽ được 671 tam giác phân biệt từ 2013 điểm đã cho hay không?
Câu 5 (4,0 điểm). Chứng minh rằng tồn tại 16 số tự nhiên liên tiếp sao cho không có số
2
2
nào trong 16 số đó có thể biểu diễn được dưới dạng 7 x + 9 xy − 5 y , x, y ∈ ¢ .
------------------------------- HẾT------------------------------GIÁO VIÊN RA ĐỀ
Đào Mạnh Thắng-0919686359
HƯỚNG DẪN CHẤM
4 x3 − y3 + x − y = 3 xy ( 2 x − y )
Câu 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình
3x − 2 y + 3 + 3 3 x + 4 y + 1 = 4.
Phương trình thứ nhất của hệ biến đổi thành
3
( 2 x − y ) + ( 2 x − y ) = y3 + y
⇔ ( 2x − y − y)
( ( 2x − y)
2
1,
0
)
+ y ( 2 x − y ) + y 2 + 1 ⇔ x = y.
Thay x = y vào phương trình thứ hai của hệ, ta được
Ta thấy x = 1 thỏa mãn phương trình.
Nếu x > 1 thì VT > 4 = VP.
x + 3 + 3 7 x + 1 = 4.
1,
0
1,
0
1,
0
Nếu −1 ≤ x < 1 thì VT > 4 = VP.
Câu 2 ( 4,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không đi qua tâm. Gọi A là điểm chính
·
giữa của cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF
quay quanh điểm A và có số đo bằng α không đổi sao cho
E, F khác phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N. Lấy điểm D
sao cho tứ giác MNED là hình bình hành. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng
·
minh rằng khi góc nội tiếp EAF
quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định.
Gọi P là giao điểm khác A của AO với đường tròn (O; R).
Lấy G đối xứng với E qua AP ⇒ D ∈ EG, G ∈ ( O )
2,
·
·
Ta có ·MDG = ·NEG , ·AEG + ·AFG = 180o ⇒ MDG
+ MFG
= 180 o
0
Suy ra tứ giác MDGF nội tiếp
(1)
Gọi giao điểm của AG và BC là H
Dễ chứng minh được tứ giác MHGF nội tiếp
(2)
Từ (1) và (2) suy ra các điểm M, H, D, G, F nằm trên một đường tròn.
» =sđ JG
» và
Trung trực của đoạn thẳng FG đi qua O và cắt đường tròn (O) tại J; I ∈ OJ , sđ JF
·
¼ =sđ PE
» nên JOP
sđ PG
= α hay I nằm trên đường thẳng cố định-Đó là đường thẳng đi qua O
và tạo với AO một góc α không đổi.
2
Câu 3 (4,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 + ( a + b + c ) ≤ 4.
Chứng minh bất đẳng thức
ab + 1
+
bc + 1
( a + b) ( b + c )
+ ( a + b + c) ≤ 4 ⇔ a + b
2
2
+
ca + 1
( c + a)
2
2,
0
≥ 3.
2
2
2
+ c2 + ab + bc + ca ≤ 2 .
Ta có a2 + b2 + c2
2ab + 2 2bc + 2 2 ca + 2
+
+
≥ 6.
2
2
2
Ta chứng minh
( a + b) ( b + c ) ( c + a )
Thật vậy, vì 2 ≥ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca nên ta có
1,
0
2ab + 2
( a + b)
≥
2ab + a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca
( a + b)
=
2
+ ( c + a) ( c + b)
=1+
( c + a) ( c + b)
Suy
( a + b)
( a + b)
( a + b)
( c + a ) ( c + b) (1)
2ab + 2
≥1+
ra
.
( a + b)
( a + b)
( a + b) ( c + a) ( 2), 2ca + 2 ≥ 1 + ( a + b) ( b + c ) (3)
2bc + 2
≥
1
+
Tương tự ta có
.
( b + c)
( b + c)
( c + a)
( c + a)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2,
0
2
Cộng các BĐT (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có
( c + a ) ( b + c ) + ( a + b) ( c + a ) + ( b + c ) ( a + b )
2ab + 2 2bc + 2 2 ca + 2
+
+
≥ 3+
.
2
2
2
2
2
2
( a + b) ( b + c ) ( c + a )
( a + b)
( b + c)
( c + a)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có
( c + a) ( b + c ) + ( a + b) ( c + a ) + ( b + c ) ( a + b) ≥ 3
. Suy ra điều phải chứng minh.
2
2
2
( a + b)
( b + c)
( c + a)
3
.
3
Câu 4 (4,0 điểm). Cho 2013 điểm phân biệt trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng
hàng. Hỏi có thể vẽ được 671 tam giác phân biệt từ 2013 điểm đã cho hay không?
Vẽ hệ trục tọa độ Oxy sao cho không có 2 điểm nào trong 2013 điểm đã cho tạo thành đường
thẳng vuông góc với các trục Ox hoặc Oy.
Xét tọa độ của 2013 điểm đã cho, không mất tính tổng quát, ta giả sử 2013 điểm đã cho là các
điểm A1 ( x1; y1 ) , A2 ( x2 ; y2 ) ,K , A2013 ( x2013 ; y2013 ) với x1 < x2 < L < x2013 .
1,
0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
Như vậy, ta có 671 tam giác phân biệt là các tam giác
A3 k+1 A3 k+ 2 A3 k+3 với k ∈ { 0,1,K , 670} .
1,
0
1,
0
2,
0
Câu 5 (4,0 điểm). Chứng minh rằng tồn tại 15 số tự nhiên liên tiếp sao cho không có số nào
2
2
trong 15 số đó có thể biểu diễn được dưới dạng 7 x + 9 xy − 5 y , x, y ∈ ¢ .
2
2
2
Đặt 7 x + 9 xy − 5 y = A. Ta có 28 A = ( 14 x + 9 xy ) − 13.17. y , xét số dư khi chia A cho 9,
2
13, 17, ta thu được
* A chia cho 9 không có số dư là 3, 6.
* A chia cho 13 không có số dư là 1, 3, 4, 9, 10, 12.
* A chia cho 17 không có số dư là 1, 2, 4, 8, 9, 13, 15, 16.
Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn
n ≡ −4(mod 9 )
n ≡ −2(mod 13)
n ≡ 0(mod 17 ).
1,
0
1,
0
1,
0
Rõ ràng là :
2
2
* n + 7, n + 10 không có dạng 7 x + 9 xy − 5 y .
2
2
* n + 3, n + 5, n + 6, n + 11, n + 12, n + 14 không có dạng 7 x + 9 xy − 5 y .
* n + 1, n + 2, n + 4, n + 8, n + 9, n + 13, n + 15, n + 16
2
2
không có dạng 7 x + 9 xy − 5 y .
Từ đó suy ra tồn tại 16 số n + 1, n + 2,K , n + 16 thỏa mãn bài toán.
1,
0
