- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 11
Toan 10 son la
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (132.82 KB, 5 trang )
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH SƠN
LA
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1 (4,0 điểm). giải hệ phương trình
ĐỀ THI MÔN TOÁN
KHỐI 10
(Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)
x 3 + 3 xy 2 = x 2 + y 2 + 2
4
4
2 2
x + y + 6 x y = 8
Câu 2 (4,0 điểm). cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn xyz=1 chứng minh rằng
x+3
y +3
z +3
+
+
≥3
2
2
( x + 1) ( y + 1) ( z + 1) 2
Câu 3 (4,0 điểm). tìm nghiệm nguyên của phương trình
2 y = 1 + x + x 2 + x3
Câu 4 (4,0 điểm). Cho đường tròn tâm O và một dây cung AB không đi qua O. C là điểm
chính giữa cung nhỏ AB, D nằm ngoài đường tròn (O) sao cho D và C nằm khác phía đối
với đường thẳng AB. Qua D kẻ tiếp tuyến DT với đường tròn (O), T là tiếp điểm . CT cắt
AB tại E. Đường thẳng qua E và vuông góc với AB cắt OT tại I. Một đường thẳng thay đổi
qua D cắt dường tròn (O) tại M và N ( M nằm giữa D và N), CM cắt AB tại P.
Chứng minh rằng
1. Đường tròn tâm I , bán kính IE tiếp xúc trong với đường tròn (O).
2. Tứ giác ETMP nội tiếp một đường tròn.
Câu 5 (4,0 điểm).
cho 17 số nguyên bất kỳ chứng minh rằng luôn tồn tại 9 số có tổng chia hết cho 9
----------------------- Hết ----------------------- GV ra đề: Nguyễn xuân thắng sđt:01653891881
ĐÁP ÁN
Câu 1 (4,0 điểm).
x( x 2 + y 2 ) + y (2 xy ) = x 2 + y 2 + 2
⇔
hệ phương trình 2 2 2
áp dụng B.Đ.T cô si –svac ta có
2 2
( x + y ) + 4 x y = 8
( x 2 + y 2 + 2) 2 = ( x ( x 2 + y 2 ) + y (2 xy )) 2 ≤ ( x 2 + y 2 )(( x 2 + y 2 ) 2 + 4 x 2 y 2 ) = 8( x 2 + y 2 )
x2 + y2 = 2
2 2
⇔ x = y =1
⇒ ( x 2 + y 2 − 2) 2 ≤ 0 ⇒ x 2 + y 2 = 2 từ đó ta có hệ x y = 1
x 3 + 3 xy 2 = 4
vậy hệ có nghiệm là (x,y)=(1,1)
Câu 2 (4,0 điểm).
Ta có bổ đề cho x,y là các số thực dương ta có
1
1
1
+
≥
chứng minh:áp dụng B.Đ.T cô si-svac ta có
2
2
(1 + x) (1 + y ) 1 + xy
1
1
y
x 2
x
≥
.
(1 + x ) 2 = (1.1 + xy.
) ≤ (1 + xy )(1 + ) suy ra
tương tự
2
(1 + x) 1 + xy x + y
y
y
1
1
x
1
1
1
≥
.
+
≥
cộng
lại
ta
được
dấu bằng ⇔ x = y = 1
2
2
2
(1 + y ) 1 + xy x + y
(1 + x) (1 + y ) 1 + xy
trở lại bài toán ta có
x+3
y +3
z +3
2
2
2
1
1
1
+
+
=
+
+
+
+
+
=
2
2
2
2
2
2
( x + 1) ( y + 1) ( z + 1)
( x + 1) ( y + 1) ( z + 1)
x +1 y +1 z +1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
+
)+(
+
)+(
+
)+
+
+
2
2
2
2
2
2
( x + 1) ( y + 1)
( y + 1) ( z + 1)
( z + 1) ( x + 1)
x +1 y +1 z +1
1
1
1
1
1
1
≥
+
+
+
+
+
=3
1 + xy 1 + yz 1 + zy x + 1 y + 1 z + 1
1
1
z
1
z
1
vì xyz = 1 ⇒ 1 + xy + z + 1 = z + xyz + z + 1 = z + 1 + z + 1 = 1
1
1
+
=1
1 + yz x + 1
tương tự
dấu bằng ⇔ x = y = z = 1
1
1
+
=1
1 + zx y + 1
Câu 3(4,0 điểm).
Phương trình đã cho tương đương với
2 y = (1 + x)(1 + x 2 )
Suy ra y ≥ 0 (vì vế phải nhận giá trị nguyên) từ phương trình suy ra tồn tại m (0 ≤ m ≤ y ) sao
cho
1 + x = 2m ,1 + x 2 = 2 y − m
⇔ x = 2m − 1 ⇔ x 2 = 22 m − 2m +1 + 1, x 2 = 2 y − m − 1
thu được 2 y − m − 1 = 22 m − 2m+1 + 1 ⇔ 2 y − m = 2(22 m−1 − 2m + 1)
xét trường hợp m=0 ta thu được x=y=0
xét trường hợp m ≥ 1 suy ra 22 m−1 − 2m + 1 là lũy thừa của 2 mật khác 22 m−1 − 2m + 1 là số lẻ nên
suy ra 22 m−1 − 2m + 1 = 1 ⇔ 22 m−1 = 2m ⇔ 2m − 1 = m ⇔ m = 1 và y − m = 1 ⇒ y = 2, x = 1
vậy nghiệm nguyên của pt là(x,y)=(0,0);(1,2)
Câu 4 (4,0 điểm).
·
· ; OTC
·
·
a) Tam giác OCT đồng dạng với tam giác IET vì: OCT
= IET
= ITE
Mà tam giác OCT cân tại O nên tam giác IET cân tại I, suy ra IE = IT
Vậy: đường tròn tâm I bán kính IE tiếp xúc trong với đường tròn tâm (O) tại T.
·
·
·
b) Tam giác ACP đồng dạng với tam giác MCA vì CAP
= CMA
, ·ACP = MCA
Do đó: AC 2 = CP.CM
·
·
·
·
Tương tự , tam giác BCE đồng dạng với tam giác TCB vì CBE
= CTB
, BCE
= TCB
Do đó: BC 2 = CE.CT
Suy ra CP.CM = CE.CT . Vậy tứ giác PETM nội tiếp
Câu 5 (4,0 điểm).
Ta có bổ đề:cho 5 số nguyên chứng minh rằng luôn tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3
chứng minh bổ đề:một số nguyên khi chia cho 3 có số dư là 0,1,2 ta tạo ra 3 lồng ký hiệu
la lồng 0,lồng 1,lồng 2 để chứ các số chia cho 3 dư 0,1,2.có 2 khả năng
khả năng 1:
tồn tại một lồng chứa từ 3 số trở lên khi đó tổng 3 số trong lồng đó chia hết cho 3
khả năng 2:mỗi lồng chứa nhiều nhất 2 số khi đó 3 lồng lồng nào cung có ít nhất một số
,mỗi lồng chọn 1 số ta đươc 3 số có tổng chia hết cho 3
trở lại bài toán.trong 17 số nguyên lấy 5 số tùy ý khi đó
a1 + a 2 + a3
thì m1 ∈ z ,còn
3
lại 14số lại lấy ra 5 số tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3 giả sử a4 , a 5 , a6 lại đặt
tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3 giả sử là 3 số a1 , a 2 , a3 đặt m1 =
m2 =
a4 + a 5 + a6
thì m2 ∈ z cứ như vậy ta được 5 số nguyên m1 , m2 , m3 , m4 , m5 trong đó sẽ có 3 số
3
m1 , m2 , m3
chia hết cho 3 giả sử là
(m3 =
a7 + a8 + a9
)
3
khi đó chín số a1 , a 2 ,..a9 có tổng chia hết cho 9
----------------------- Hết -----------------------
