Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên năm 2003 đề số 1 Môn: Toán học (cho mọi thí sinh)

Câu I (2 điểm)

Điều kiện để ph-ơng trình có nghĩa: 2 - = x

[Chú ý rằng x

2

+ 7x + 10= (x + 5)(x + 2)]

Cách 1:

Nhân hai vế của ph-ơng trình với 0 ) 2 5 ( > + + + x x ta đ-ợc ph-ơng trình

t-ơng đ-ơng

pdf5 trang | Chia sẻ: maika100 | Ngày: 17/11/2015 | Lượt xem: 600 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên năm 2003 đề số 1 Môn: Toán học (cho mọi thí sinh), để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 1
đại học quốc gia hà nội đáp án và thang điểm 
tr−ờng đại học khoa học tự nhiên đề thi tuyển sinh lớp 10 
hệ tHPT chuyên năm 2003 
đề số 1 Môn: Toán học (cho mọi thí sinh) 
Câu I (2 điểm) 
Điều kiện để ph−ơng trình có nghĩa: 2−≥x 
[Chú ý rằng x2 + 7x + 10 = (x + 5)(x + 2)] 
Cách 1: 
Nhân hai vế của ph−ơng trình với 0)25( >+++ xx ta đ−ợc ph−ơng trình 
t−ơng đ−ơng: 


−=
−=⇔


=+
=+⇔=−+−+⇔
+++=+++
1
4
12
15
0)12)(15(
251071 2
x
x
x
x
xx
xxxx
 (loại) 
Đáp số: .1−=x 
Cách 2: 
Đặt 3,0,02,5( 22 =−≥≥⇒=+=+ vuvuvxux và u, v thỏa mãn 
hệ ph−ơng trình: 




=
=
=
⇔=−−−⇔
=−−+−⇔
 −=+−
=−⇔


=+−
=−
1
1011
01
21
13
31
3
22
2222
v
u
)loai(vu
)v)(u)(vu(
)vuuv)(vu(
)(vu)uv)(vu(
)(vu
)uv)(vu(
vu
Với u = 1 tức 415 −=⇔=+ xx (loại) 
Với v = 1 tức 112 −=⇔=+ xx 
Đáp số: .1−=x 
Câu II (2 điểm): 
Cách 1: 
 2



=+−
−=⇔


=−+
−=⇔


=+
=+⇔

 =+
=+⇔
 =+
=+⇔
 =+
=+
)2(.0792
)1(),3(
2
1
.7)3(3
,32
.76
,32
.76
,27)2(
.76
,20128
.76
,532
23
2323
23
3
23
23
23
23
yy
yx
yyy
yx
xyy
yx
xyy
yx
xyy
yxx
xyy
yxx
 Giải (2) ta đ−ợc 
11 =⇒= xy và 
.xy
8
1055
4
1057 à=⇒±= 
Cách 2: 
 Nhân hai vế ph−ơng trình thứ nhất với 7 và hai vế ph−ơng trình thứ hai với 5 rồi trừ 
cho nhau, ta đ−ợc hệ ph−ơng trình t−ơng đ−ơng: 
 
 =−+−
=+
)2(.03021514
)1(,532
2233
23
xyyxyx
yxx
 Trong (2) đặt y = tx (Chú ý rằng hệ không có nghiệm với x = 0), ta đ−ợc ph−ơng 
trình: 
 0)14355)(1(01421305 223 =++−⇔=−−+ tttttt . Giải ra ta đ−ợc: 
 t = 1 và .
10
105335
2,1tt =±−= 
 Với t = 1 tức y = x, thay vào (1) ta đ−ợc nghiệm x = y = 1 . 
 Với t = t1 tức y = t1x, thay vào (1) ta đ−ợc ph−ơng trình )2;1( =i : 
 i
ii
i xt
x
t
xxt =±−=+=⇔+=⇔=+ 33
33
105985
50
32
5
32
55)32( 
 Từ đó suy ra ti , xi . 
 Chú ý: Đến khi thu đ−ợc giá trị t1,2 học sinh có thể viết ngắn gọn: 
2,1,
32
5,
32
5
33 =+=+= ittytx iiiii
 . 
 hoặc có thể tính toán và rút gọn tiếp tục. 
Câu III (2 điểm) 
)1(01)1()1()1(2
212
2
222
=+−−−−−⇔
++=+++
xyxxxy
xyyxyxxy
 3
 Do ph−ơng trình không có nghiệm với x = 1 nên (1) t−ơng đ−ơng với 
 )2(0
1
12 2 =−+−− xyxy 
 ⇒ Ph−ơng trình có nghiệm x, y - nguyên 
 { } 

=
=⇒−∈−⇒∈−⇒ .0
2
1,11
1
1
x
x
xZ
x
 Thay x = 2 vào ph−ơng trình (2): 

−=
=
⇒=−−
)(
2
1
1
012
.
2
ialoy
y
yy 
 Thay x = 0 vào ph−ơng trình (2): 

−=
=
⇒=−−
)(
2
1
1
012
.
2
ialoy
y
yy 
 Vậy ph−ơng trình có hai nghiệm nguyên: 
=
.)1,0(
,)1,2(
),( yx 
Câu IV (3 điểm) 
1) Hạ AA' và BB' vuông góc với MN. Gọi H là trung điểm của MN ặ OH ⊥ MN. 
 Trong hình thang AA'B'B ta có: 
OH = 
2
1
(AA' + BB') = 
2
3R
 ặ MH = 
2
R
 ặ Mn = R và ∆ OMN đều. 
2) AMB = ANB = 90o ặ KMI = KNI = 90o ặ M, N, I, K cùng nằm trên đ−ờng tròn 
đ−ờng kính IK. 
 Do ANK = 90o, KAN = MAN = 
2
1
 MON = 30o nên AKN = 60o . 
 4
 Gọi trung điểm IK là O' ặ MO'N = 2 MON = 120o ặ MN = MO' 3 
 ặ MO' = 
3
MN
=
3
R
. Vậy bán kính đ−ờng tròn qua M, N, I, K là 
3
R
 . 
3) Do I là trực tâm ∆ ABK nên KI ⊥ AB (giả sử tại P). 
 Do O, O' nằm trên trung trực của MN nên O, H, O' thẳng hàng. 
 ∆ MOO' có OMO' = 90o (MOO' = 30o , MO'O = 60o) ặ OO' = 2MO' = 
3
2R
. 
 ∆ KAB có AB không đôi nên nó có diện tích lớn nhất ⇔ KP lớn nhất. 
Do KP ≤ KO' + OO' = RRR 3
3
2
3
=+ , 
dấu = đạt đ−ợc khi P≡ O ⇔ ∆KAB cân ở K ⇔ ∆ KAB đều (vì AKB = 60o) nên 
diện tích tam giác KAB đạt max bằng 3
4
3 22 RAB = đạt đ−ợc ⇔ ∆ KAB đều (hoặc 
t−ơng: MN // AB). 
Chú ý: 
 Học sinh có thể chứng minh tĩnh chất: trong các tam giác KAB có AB cố định và 
AKB = 60o , tam giác cân ở K (tức tam giác đều) có diện tích lớn nhất. Từ đó suy ra SKAB 
đạt mã bằng 32R . 
Câu V (1 điểm) 
 Cách 1: 
 Ta có x2 + 1 ≥ 2x, dấu = đạt ⇔ x = 1, 
 y2 + 1 ≥ 2y, dấu = đạt ⇔ y = 1, 
 z2 + 1 ≥ 2x, dấu = đạt ⇔ z = 1, 
 2(x2 + y2 + z2 ) ≥ 2(xy + yz + zx), dấu = đạt ⇔ x = y = z . 
 Cộng lại ta đ−ợc: 
 3(x2 + y2 + z2 ) + 3 ≥ 2(x + y + z + xy + yz + zx), dấu = đạt ⇔ x = y = z = 1. 
Mà theo giả thiết thì x + y + z + xy + yz + zx = 6, đẳng thức này thỏa mãn khi 
x = y = z = 1 nên ta có 
 3(x2 + y2 + z2 ) + 3 ≥ 2 . 6 hay x2 + y2 + z2 ≥ 3, dấu = đạt ⇔ x = y = z = 1. 
Chú ý: 
Học sinh có thể không xét xen dấu = đạt đ−ợc khi nào vì trong bài không yêu cầu. 
Cách 2: 
Ta có 3(x2 + y2 + z2 ) + 3 ≥ (x + y + z)2 
 5
ặ zyxzyx ++≥++ 222(3 
Ngoài ra: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx. Cộng lại ta đ−ợc 
 6 z y x z y x 222222 ≥++++++3 . 
Đặt tzyx =++ 222 ta đ−ợc t ≥ 0 và 0)3)(32(632 ≥−+⇔≥+ tttt 
.33
0)3)(32(63
222
2
≥++⇔=⇔
≥−+⇔≥+
zyxt
tttt
Chủ tịch HĐTS Tr−ởng tiểu ban 

File đính kèm:

  • pdf2003-dapantoan1-TSchuyen10-DHKHTN.pdf
Giáo án liên quan