- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 11
Toan 10 thai nguyen
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (146.94 KB, 4 trang )
TRI Hẩ HNG VNG LN TH X
TRNG THPT CHUYấN, TNH THI NGUYấN
THI XUT
THI MễN TON
KHI 10
( ny cú 01 trang, gm 05 cõu)
Cõu 1 (4,0 im). Gii h phng trỡnh
x 3 2012 x 2 4027 x = y
3
2
y 2012 y 4027 y = z
z3 2012 z 2 4027 z = 4028 x
Cõu 2 (4,0 im). Cho t giỏc li ABCD, trờn cỏc on thng AB, BC, CD, DA
ln lt ly cỏc im M, N, P, Q sao cho AQ = DP = CN = BM. Chng
minh rng: nu MNPQ l hỡnh vuụng thỡ ABCD l hỡnh vuụng.
1
1
1
1
Cõu 3 (4,0 im). Cho phng trỡnh: x + x + x + ... x = 1 vi s Ơ , s 3 . Gi s
1
2
3
s
phng trỡnh cú s nghim nguyờn dng (x1; x2; ...; xs) tha món
x1 < x2 < ... < xs l Ts. Chng minh rng: T2014 > T2013
Cõu 4 (4,0 im). Tỡm tt c cỏc a thc f ( x) Ă [x] tha món iu kin:
f ( x). f (3 x 2 ) = f ( x 2 + 3x 3 )
Cõu 5 (4,0 im). Cho tam giác ABC đều có độ dài mi cạnh bằng 10 cm. Chia
nhỏ tam giác ABC thành một lới 100 tam giác đều cạnh bằng 1cm bởi các
đoạn thẳng song song với các cạnh AB, BC, CA. Đếm số hình bình hành giới
hạn bởi những đoạn thẳng của lới nói trên.
--------------- Ht --------------Ngi ra : Nguyn Th Ngc nh
Trng Thanh Tựng
TRI Hẩ HNG VNG LN TH 10
in thoi: 0916642332
0976728482
P N THI MễN TON
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THÁI NGUYÊN
KHỐI 10
(Đáp án gồm có 0 trang)
Câu 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình
x 3 − 2012 x 2 − 4027 x = y
3
2
y − 2012 y − 4027 y = z
z3 − 2012 z 2 − 4027 z = 4028 − x
Giải:
Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:
( x − 2014)( x + 1)2 = y − 2014
2
( y − 2014)( y + 1) = z − 2014
( z − 2014)( z + 1)2 = 2014 − x
* Nếu một trong ba số x, y, z bằng 2014. Giả sử x = 2014 thì y = z = 2014
* Nếu cả ba số x,y,z nhân ba phương trình ta được: ( x + 1)2 ( y + 1)2 ( z + 1)2 = −1
(vô nghiệm).
x
Vậy = y = z = 2014 là nghiệm duy nhất của hệ.
Câu 2 (4,0 điểm). Cho tứ giác lồi ABCD, trên các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA
lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q sao cho AQ = DP = CN = BM. Chứng
minh rằng: nếu MNPQ là hình vuông thì ABCD là hình vuông.
Giải:
·
Đặt AQ = DP = CN = BM = x, AB = a, MN = u; AM = a – x; PQD
=α.
2
Xét tam giác AMQ, ta có: u2 = ( a − x ) + x 2 − 2x ( a − x ) cos A ( 1)
·
Khi MNPQ là hình vuông thì AQM
= α; MN = NP = PQ = QM = u.
2
·
Ta có AM2 = AQ 2 + QM 2 − 2AQ.QM.cos AQM
⇔ ( a − x ) = u2 + x 2 − 2ux sin α ( 2 )
Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác QDP, ta có
2
x
u
=
⇔ usin α = x sin D.
sin α sin D
Hệ thức (2) trở thành: ( a − x ) = u2 + x 2 − 2x2 sin D ( 3 )
Từ (1) và (3) suy ra cos A =
x
( 1 − sin D ) ≥ 0. Vì tứ giác ABCD lồi nên 0 < A ≤ 900
a−x
Chứng minh tương tự, ta cũng có: 0 < B ≤ 90 0 ; 0 < C ≤ 900 ; 0 < D ≤ 90 0 . Suy ra A + B + C + D ≤ 3600 .
Vậy phải có A = B = C = D = 900 . Khi đó ABCD là hình chữ nhật.
Áp dụng định lí Pi-ta-go, ta có: AM2 = MQ 2 − AQ 2 = MN2 − MB2 = BN 2 ⇒ AM = BN ⇒ AB = CB.
Vậy ABCD là hình vuông.
1 1 1
1
+ + + ... = 1 với s ∈ ¥ , s ≥ 3 . Giả sử
Câu 3 (4,0 điểm). Cho phương trình:
x1 x2 x3
xs
phương trình có số nghiệm nguyên dương (x1; x2; ...; xs) thỏa mãn
x1 < x2 < ... < xs là Ts. Chứng minh rằng: T2014 > T2013
Gi¶i:
- Dễ thấy :
+) Phương trình:
1 1 1
+ + = 1 có nghiệm (2; 3; 6) thỏa mãn YCBT.
x1 x2 x3
+) Phương trình:
1 1 1 1
+ + + = 1 có nghiệm (2; 4; 6 ;12) thỏa mãn YCBT.
x1 x2 x3 x 4
+) ∀s ∈ ¥ , s ≥ 3 , nếu (x1; x2; ...; xs) thỏa mãn x1 < x2 < ... < xs là một nghiệm nguyên dương của
phương trình
1 1 1
1
1 1 1
1
1
+ + + ... = 1 thì phương trình
+ + + ... +
= 1 có
x1 x2 x3
xs
x1 x2 x3
x s x s +1
nghiệm tương ứng là (2 ;2x1; 2x2; ...;2 xs). Chú ý các thành phần của nghiệm này đều là số
chẵn.Vậy ∀s ∈ ¥ , s ≥ 3 phương trình luôn có nghiệm thỏa mãn YCBT và T2014 ≥ T2013 (1).
- Ta chứng minh dấu bằng trong BĐT (1) không xảy ra.
+) Thật vậy, giả sử (y1; y2; ...; y2012) thỏa mãn y1 < y2 < ... < y2012 là một nghiệm nguyên dương
của phương trình
1 1 1
1
+ + + ...
= 1 . Khi đó, (2 ;3 ;6y1;6 y2; ...; 6y2012) thỏa mãn
x1 x2 x3
x2012
2 < 3 <6 y1 < 6y2 < ... < 6y2012 là một nghiệm nguyên dương của phương trình
1 1 1
1
1
1
+ + + ...
+
+
= 1 . Trong nghiệm này có một thành phần là số 3 (lẻ). Vậy
x1 x2 x3
x2012 x2013 x2014
T2014 > T2013 . ĐPCM
Câu 4: (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức f ( x) ∈ ¡ [x] thỏa mãn điều kiện:
f ( x). f (3 x 2 ) = f ( x 2 + 3x 3 ) (1)
Giải:
Cho x = 0, từ (1): f (0) = 0 hoặc f (0) = 1 .
•
Nếu f ( x) là hằng số thì f ( x ) ≡ 0 và f ( x) ≡ 1 là hai nghiệm của bài toán.
•
Nếu f ( x) không phải là hằng số. Ta xét hai trường hợp:
TH1 : f (0) = 0 ⇒ f ( x) = x k .g ( x), k ∈ ¥ * , g (0) ≠ 0
Thay vào (1) ta có:
(3x 3 + x 2 ) k .g (3 x 3 + x 2 ) = x k .g ( x).(3 x 2 ) k .g (3 x 2 )
(3 x + 1) k .g (3 x 3 + x 2 ) = (3 x) k .g ( x).g (3 x 2 )
Cho x = 0 ta cú: g(0) = 0 ( mõu thun).
TH2:
f (0) = 1 h( x) = f ( x) 1, h(0) = 0 h( x) = x l . p( x), l Ơ * , p(0) 0
f ( x) = x l . p( x) + 1
Tng t nh trờn ta cng suy ra p (0) = 0 ( mõu thun).
Vy ch cú hai a thc tha món bi toỏn l: f ( x) 0 v f ( x) 1
Cõu 5: (4,0 im). Cho tam giác ABC đều có độ dài mi cạnh bằng 10 cm. Chia
nhỏ tam giác ABC thành một lới 100 tam giác đều cạnh bằng 1cm bởi các
đoạn thẳng song song với các cạnh AB, BC, CA. Đếm số hình bình hành giới
hạn bởi những đoạn thẳng của lới nói trên.
Giải:
Chúng ta nhận thấy mỗi hình bình hành nói trên có đúng 2 cạnh song song với 2 cạnh nào đó của
ABC.
A
c
b
b'
c'
Ta ký hiệu SBC là tập các hình bình hành giới hạn bởi những đoạn thẳng của lới thỏa mãn có hai
cạnh song song với AB, AC. Tơng tự, ta có 2 tập hợp nữa là SAB và SAC. Do tính đối xứng ta có:
S AB
= S AC
= S BC
Trên cạnh AB kéo dài về phía B, lấy B sao cho B nắm giữa A, B và BB = 1. T ơng tự, ta dựng C (xem
hình vẽ).
Lấy P là một hình bình hành trong tập hợp S BC . Kéo dài các cạnh của P cắt đoạn thắng BC tại 4
điểm phân biệt.
Trên đoạn BC có 12 điểm (tính cả hai đầu nút B, C) chia đoạn BC thành các đoạn thẳng liên
tiếp có độ dài bằng 1. Dễ thấy, có một song ánh từ SBC đến tập hợp 12 điểm này.
SBC
= C124
Vậy số hình bình hành thỏa mãn bằng:
S AB + S AC + S BC = 3 S BC = 3C124 = 1485
