- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 11
Toan 10 tuyen quang
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (161.96 KB, 4 trang )
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG
*
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
(MẬT)
ĐỀ THI
MÔN:TOÁN
LỚP:10
Thời gian: 180 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Đề thi có 01 trang
Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình
x y 2 + 6 + y x 2 + 3 = 7 xy
.
x x 2 + 3 + y y 2 + 6 = 2 + x 2 + y 2
Câu 2 (4 điểm). Cho ∆ABC vuông ở A, đường cao AH. Gọi E, F theo thứ tự là hình chiếu của
H trên AB, AC. Chứng minh rằng: Khi A, H không thay đổi còn B, C thay đổi thì
a) Tứ giác BCFE nội tiếp;
b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCFE luôn đi qua 2 điểm cố định.
Câu 3 (4 điểm). Cho các số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng
x +1 y +1 z +1 x y z
+
+
≤ + + .
y +1 z +1 x +1 y z x
Câu 4 (4 điểm). Gọi p2014 là số nguyên tố thứ 2014. Chứng minh rằng p2014 < 22
2014
.
Câu 5 (4 điểm). Bên trong một đường tròn bán kính n đặt 4n đoạn thẳng có có độ dài 1.
Chứng minh rằng có thể kẻ một đường thẳng song song hoặc vuông góc với đường thẳng (d) cho trước
và cắt ít nhất hai đoạn thẳng đã cho.
- Hết(Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay trong khi làm bài)
Họ và tên người ra đề: Lê Thiếu Tráng. Số điện thoại: 0912.504. 010
1
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 10
(Hướng dẫn này có 04 trang)
--------Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình
x y 2 + 6 + y x 2 + 3 = 7 xy
.
2
2
2
2
x x + 3 + y y + 6 = 2 + x + y
Dễ thấy x = y = 0 là một nghiệm của hệ.
Xét x ≠ 0 và y ≠ 0, hệ được biến đổi về dạng:
x2 + 3
y2 + 6
2
x2 + 3
+
=7
y +6
x
y
+
=7
x
y
⇔
.
3
6
+
=
2
2
2
2
y2 + 6
x x + 3 − x + y y + 6 − y = 2 x + 3 + 1
+1
x
y
u + v = 7
2
y2 + 6
x
+
3
Đặt u =
, ta được hệ: 3
.
6
; v=
x
y
u + 1 + v + 1 = 2
(
) (
)
0,5đ
1,0đ
1,0đ
7
u
=
u = 2
2
Giải hệ trên được:
hoặc
.
v = 5
v = 7
2
u = 2
Với
, thay ẩn ban đầu và giải được
v = 5
x = 1
1.
y = 2
0,5đ
7
u
=
2
Với
, thay ẩn ban đầu và giải được
v = 7
2
2 15
x =
15
.
y = 2 30
15
0,5đ
1 2 15 2 30
;
÷.
15
2 15
Vậy hệ có 2 nghiệm là: 1; ÷ ;
0,5đ
Câu 2 (4 điểm). Cho ∆ABC vuông ở A, đường cao AH. Gọi E, F theo thứ tự là hình chiếu của H trên
AB, AC. Chứng minh rằng: Khi A, H không thay đổi còn B, C thay đổi thì
a) Tứ giác BCFE nội tiếp;
b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCFE luôn đi qua 2 điểm cố định.
2
a) Theo gỉa thiết, trong các tam giác vuông AHB và
AHC ta có: AE. AB = AH 2 và AF. AC = AH 2 .
Do đó: AE. AB = AF. AC . Suy ra tứ giác BECF nội
tiếp.
1,0đ
b) Gọi P, Q là giao điểm của AH với đường tròn (BEFC).
Do tứ giác BPCQ nội tiếp nên: HP.HQ = HB.HC .
Trong tam giác vuông ABC có: HB.HC = AH 2 .
1,5đ
Vậy: HP.HQ = HB.HC = AH 2 .
Mặt khác: AP. AQ = AE. AB = AH 2 . Suy ra
( AH − HP)( AH + HQ) = AH 2 ⇒ AH 2 + AH ( HQ − HP ) − HP.HQ = AH 2
⇒ AH = HQ − HP.
0,5đ
HP − HQ = AH
.
2
HP.HQ = AH
Do đó:
5 −1
AH
HP =
2
⇒ P, Q cố định.
Giải hệ này ta được:
HQ = 5 + 1 AH
2
1,0đ
Vậy đường tròn (BEFC) luôn đi qua 2 điểm cố định P, Q.
Câu 3 (4 điểm). Cho các số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng
x +1 y +1 z +1 x y z
+
+
≤ + + .
y +1 z +1 x +1 y z x
Bất đẳng thức đã cho được biến đổi về dạng:
y−x
z−y
x−z
x +1 x y +1 y z +1 z
+
+
≤ 0.
− +
− +
− ≤ 0⇔
y ( y + 1) z ( z + 1) x ( x + 1)
y +1 y z +1 z x +1 x
1,0đ
Không mất tổng quát giả sử x = max{x; y; z}.
Nếu y > z thì
x− y
x− y
y−z
y−z
≤
≤
và
. Suy ra
x ( x + 1) y ( y + 1)
x ( x + 1) z ( z + 1)
1,5đ
x−z
x− y
y−z
y−x
z−y
x−z
≤
+
+
+
≤ 0 (đpcm).
⇔
x ( x + 1) y ( y + 1) z ( z + 1)
y ( y + 1) z ( z + 1) x ( x + 1)
Nếu y < z thì
z−y
z−y
x−z
x−z
≤
≤
và
. Suy ra
z ( z + 1) y ( y + 1)
x ( x + 1) y ( y + 1)
1,5đ
3
z−y
x−z
x− y
y−x
z−y
x−z
+
≤
+
+
≤ 0 (đpcm).
⇔
z ( z + 1) x ( x + 1) y ( y + 1)
y ( y + 1) z ( z + 1) x ( x + 1)
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Câu 4 (4 điểm). Gọi p2014 là số nguyên tố thứ 2014. Chứng minh rằng: p2014 < 222014 .
Ta chứng minh bài toán tổng quát: “Nếu pn là số nguyên tố thứ n, ta cần chứng minh: p n
< 22n , ∀n∈N*” bằng phương pháp quy nạp.
0,5đ
Với n = 1 thì 2 < 221 = 4 đúng (n = 1 thì p1 là số nguyên tố thứ nhất).
Giả sử bài toán đúng với n = 1, 2,..., k. Nghĩa là ta có:
p1 < 221 , p2 < 222 ,..., pk < 22k .
Ta cần chứng minh bài toán đúng với n = k + 1, nghĩa là cần chứng minh:
0,5đ
pk+1 < 22k +1 .
Xét tích A = p1.p2...pk + 1 ⇒ A > pk. Gọi d là một ước số nguyên tố của A, khi đó d < A.
+) Nếu d < pk thì d | p1.p2...pk ⇒ d |1 không xảy ra.
1,0đ
+) Nếu d > pk thì d > pk+1, tức là
1,0đ
pk+1 < d < A = p1.p2...pk + 1 = 221 . 222 .... 22k +1.
Suy ra: pk+1 < 221 . 222 .... 22k = 221 + 22 +...+ 2k = 22k +1 − 2 < 22k +1 (đpcm).
1,0đ
Câu 5 (4 điểm). Bên trong một đường tròn bán kính n đặt 4n đoạn thẳng có có độ dài 1. Chứng minh
rằng có thể kẻ một đường thẳng song song hoặc vuông góc với đường thẳng (d) cho trước và cắt ít nhất
hai đoạn thẳng đã cho.
Giả sử (d1) là đoạn thẳng bất kì vuông góc với (d). Kí hiệu độ dài các hình chiếu của
đoạn thẳng thứ i lên các đường thẳng (d) và (d 1) lần lượt là ai và bi tương ứng. Vì độ
dài của mỗi đoạn thẳng bằng 1 nên ai + bi ≥ 1 . Do đó
1,5đ
(a1 + a2 + ... + a4 n ) + (b1 + b2 + ... + b4 n ) ≥ 4n .
Không mất tổng quát giả sử rằng a1 + a2 + ... + a4 n ≥ b1 + b2 + ... + b4 n . Khi đó
a1 + a2 + ... + a4 n ≥ 2n . Tất cả các đoạn thẳng đã cho đều được chiếu xuống đoạn
thẳng có độ dài 2n vì chúng đều nằm trong đường tròn bán kính n .
1,0đ
Nếu như các hình chiếu của các đoạn thẳng đã cho lên đường thẳng (d) không có điểm
chung thì sẽ có a1 + a2 + ... + a4 n < 2n , vô lí. Do đó trên (d) phải có một điểm bị các
điểm của ít nhất 2 trong số các đoạn thẳng đã cho chiếu lên nó.
1,5đ
Khi đó, đường vuông góc với d tại điểm đó sẽ cắt ít nhất hai đoạn thẳng đã cho.
- Hết -
4
