Đáp đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương môn Toán năm 2006

Thi vào Chuyên Hùng Vương

Vòng 1 (Ngày 3 tháng 7 năm 2006)

Bài 1 Cho biểu thức Với a>0;b>0

/aRót gọn M

b/Tính giá trị M khi ta có ;

vậy

Bài 2 Giải phương trình

(*)

ĐKXĐ : x0;x-1; x-2

đặt x2+2x=y

=49;y1=3;y2=-4 Với y=3 ta có x2+2x-3=0 nhẩm Vi-ét x1=1;x2=-3 ĐKXĐ Với y=-4 ta có x2+2x+4= 0 vô nghiệm vì /=-3 <0

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1=1;x2=-3 Bài 3 Gọi số xe của đội là x (xe) xN;x>2

Số tÊn hàng mỗi xe phải chở theo kế hoạch là (tÊn)

Khi 2 xe bị hỏng mỗi xe phải chở (tÊn)

Vì mỗi xe phải chở thêm 16 tÊn hàng nên ta có PT

(*)

Giải PT (*)120x-120(x-2)=16x(x-2)16x2-32x-240=0 x2-2x-15=0 ;/=16;x1=5>0 thoả mãn;x2=-3 <0 (loại) Trả lời :số xe của đội là 5 xe Bài 4 Cho hệ phương trình

a/Tìm nghiệm của hệ

; 2

4 ) ( 2

ab

a b b a

b a

ab b a M   

  

2 2 2 2 2

2

) ( ) (

2

4 ) ( 2 2

b a b a b a b a b a M

ab

b a ab

b a

b a

ab

a b b a

b a

ab b a M

         

  

    

  

; 2006 2 2007   a ; 2006 2 2007   b

2)1 2006 ( 2006 2 2007     a 2)1 2006 ( 2006 2 2007     b

2006 2

1 2006 1 2006      M

12

1 )1 (

1 ) 2 (

1

2     x x x

0 12 )1 ( 12 )1 ( 12 12

1 1 1 1 (*) 2              y y y y y y y y

x 120

2 120

 x

16 120 2 120    x x

) (1

1 I ay x

y ax

  

 

 

DeThi.edu.vn

Vì a2+1 >0 mọi a từ (1) ta có thay vào (2)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ;

b/Tìm Min;Max của tổng x+y

Ta có

Min (T)=-1 khi a=-1;mặt khác áp dụng BĐT A2+B22AB (dấu "=" xảy ra khi A=B)

Ta có ;Max(T)=1 khi a=1

Cách khác: (Sử dụng phương pháp miền giá trị) Gọi T0 là giá trị tuỳ ý của T ta có T0(a2+1)=2aT0a2-2a+T0=0(*) Với T0=0 thì a=0 Với T00 ;PT(*) chỉ có nghiệm a khi /0 ta có /=1-T020-1T01 Vậy giá trị lớn nhất của x+y=1 khi a=1;giá trị nhỏ nhất của x+y=-1 khi a=-1 Câu 5

Thi vào Chuyên Hùng Vương

Vòng 2 (Ngày 4 tháng 7 năm 2006) Bài 1Cho a,b,c ,x,y,z là các số thực a,b,c khác 0

  

  

     

  

     

  

     

  

  

) 2 ( 1 ) 1(

)1(1

1

1

1

1

1 )1 (

1 ) ( 2 2 2 a a x

ax y

a x a x

ax y

a x a x

ax y

ax a x

ax y I

1 1

2 

 a

a x

1 1

2 

 a

a y

1 1

2 

 a

a x

1 1

2 

 a

a y

1 1 1 )1 ( 1

1 1 2 1 2

2

2

2

2 2

2       

        

a a a

a a a a

a y x T

1 2 2   a a T

A

B O M

H

I K

a/Chứng minh OI=OM xét 2Tam giác AOM;BOI có OAM=OBI (cạnh tương ứng ) OA=OB(gt); AOM=BOI=900

Nên AOM=BOI (c.g.c)OI=OM() b/Ta có tứ giác AOHB nội tiếp nên OHA=OBA=450 nên OHK=450

vậyOHK vuông cân tại K OK=KH() c/*Phần thuận: Ta có OKB=900 không đổi OB cố định theo quỹ tích cung chứa góc K thuộc đường tròn đường kính OB

Giới hạn MO thì KO;khi MB thì KC (C là trung điểm cung OKB) *Phần đảo lấy K/ cung OC ,nối OK/ trên K/B lấy H/ sao cho OK/=K/H/ ta phải chứng minh AH/K/B.Ta có OH/A=OBA=450 nên tứ giác AOH/B nội tiếp suy ra AH/K/B *Kết luận : tập hợp K là cung OC của đường tròn Đường kính OB

C K/

H/

DeThi.edu.vn

a/Từ giả thiết

Vì a,b,c khác 0 nên bz-cy=0;cx-az=0;ay-bx=0

Suy ra ()

b/

Mặt khác ab+bc+ac=0 ab+bc=-ac(ab+bc)3=(-ac)3a3b3+b3c3+3ab2c(ab+bc)=-a3c3

 a3b3+b3c3+ a3c3=3a2b2c2 thay vào (*) ta có M=3 Bài 2 a/ Chữ số trăm nghìn có 3 cách chọn sau khi chọn chữ số hàng trăm nghìn chữ số hàng chục nghìn còn 2 cách chọn chữ số hàng nghìn còn 1 cách chọn. Chữ số trăm có 3 cách chọn, sau khi chọn chữ số hàng trăm chữ số hàng chục có 2 cách chọn chữ số đv còn 1 cách chọn vì chọn 3 chữ số một cặp

Vậy có tất cả 3.2.1.3.2.1.3= 108 số thoả mãn bài toán b/Tìm nghiệm nguyên thoả mãn hệ

PT(1) cộng PT(2)+PT(3) ta có x2-6x-2y-15+2x2y-6xy+4z+12+x2y2+2y-4z+120 (x2y2+2x2y+x2)-6(xy+x)+90(xy+x)2-6(xy+x)+90(xy+x-3)20 vì x,y,z nguyên nên (xy+x-3)2=0xy+x=3x(y+1)=3 ta có các hệ sau

suy ra

thay các cặp (x;y) vào PT(3) tìm z sau đó

thay vào PT(3) chỉ có cặp x=-1;y=-4;z=5 thoả mãn

Vậy hệ có nghiệm (x;y;z)=(-1;-4;5)

Bài 3 Giải phương trình (*) ĐKXĐ: x4

(*)

Đặt Ta có PT: y=y2-12y2-y-12=0(y-4)(y+3)=0 y=4 vì y+3>0 Với y=4 ta …