Đề khảo sát năng khiếu Toán 10 năm 2018 trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương (KS tháng 9 lần 1)
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI THÁNG LẦN 1 LỚP 10 TOÁN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
NĂM HỌC 2018 - 2019
Ngày thi: 19/9/2018
Thời gian làm bài : 180 Phút
Câu 1 (2,0 điểm) Cho a,b là độ dài hai cạnh góc vuông và c là độ dài cạnh huyền của cùng một tam
giác vuông. Chứng minh rằng
c
c
(1 )(1 ) 3 2 2
a
b
Câu 2. (1,5 điểm) Cho hai đa thức bậc hai P(x) và Q(x) với hệ số cao nhất bằng 1. Biết rằng phương
trình P( x) 0 có hai nghiệm phân biệt p1 , p2 và phương trình Q( x) 0 có hai nghiệm phân biệt q1 , q2 và
Q( p1 ) Q( p2 ) P(q1 ) P(q2 ) . Chứng minh rằng biệt thức Delta ( ) của P( x) và Q( x) bằng nhau
Câu 3 (2,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p,q,r sao cho 7 p3 q3 r 6
Câu 4. (3,0 điểm)
a) Cho tam giác ABC, điểm M thỏa mãn AM xAB y AC . Chứng minh rằng điểm M nằm
trong tam giác khi và chỉ khi x 0, y 0 và x y 1
b) Cho hình thang ABCD, ( AD song song BC), M là trung điểm CD và P,Q là trung điểm BM,
AM. Gọi CP cắt DQ tại N. Chứng minh rằng điểm N nằm bên trong tam giác AMB khi và chỉ
khi
1 BC
3
3 AD
Câu 5 (1,5 điểm). Cho n điểm trên một đường tròn được đánh số từ 1 đến n ( n 5 ). Ta tô màu k điểm
( 3k+1 < n) trong số đó sao cho giữa hai điểm được tô màu liên tiếp, có ít nhất 3 điểm không được tô
màu. Có bao nhiêu cách tô màu như vậy?
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁNG LẦN 1 LỚP 10 TOÁN
Năm học 2018-2019
Câu 1 (2,0 điểm) Cho a,b là độ dài hai cạnh góc vuông và c là độ dài cạnh huyền của cùng một tam
giác vuông. Chứng minh rằng
c
c
(1 )(1 ) 3 2 2
a
b
Lời giải:
c
a
c
b
Ta có (1 )(1 )
(a c)(b c) c 2 ab c(a b)
ab
ab
c2
c ( a b) a 2 b 2
a 2 b 2 (a b)
1
1
ab
ab
ab
ab
Mà a 2 b2 2ab và a b 2 ab nên ta có điều phải chứng minh
Câu 2. (1,5 điểm) Cho hai đa thức bậc hai P(x) và Q(x) với hệ số cao nhất bằng 1. Biết rằng phương
trình P( x) 0 có hai nghiệm phân biệt p1 , p2 và phương trình Q( x) 0 có hai nghiệm phân biệt q1 , q2 .
Biết rằng Q( p1 ) Q( p2 ) P(q1 ) P(q2 ) . Chứng minh rằng biệt thức Delta ( ) của P( x) và Q( x) bằng
nhau
Lời giải:
Ta có P( x) ( x p1 )( x p2 ) và Q( x) ( x q1 )( x q2 )
Q( p1 ) Q( p2 ) P(q1 ) P(q2 ) ( p1 q1 )( p1 q2 ) ( p2 q1 )( p2 q2 ) (q1 p1 )(q1 p2 ) (q2 p1 )(q2 p2 )
p12 p22 2 p1 p2 q12 q22 2q1q2
Hay ( p1 p2 )2 (q1 q2 )2 .
Ta có điều phải chứng minh
Câu 3 (2,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p,q,r sao cho 7 p3 q3 r 6
Lời giải:
Trước hết, 1 trong ba số p,q,r là số chẵn. Mà r 6 26 64 nên 7 p3 64 , suy ra p 2 .
Vậy r 2 hoặc q 2
+) Nếu q 2 thì 7 p3 8 r 6 7 p3 r 6 8 .
Nếu r 3 thì 7 p3 36 8 737 . Không tồn tại p thỏa mãn
Nếu r 3 thì r 6 8 chia hết cho 3, suy ra p=3, ta được r 6 181 . Loại
+) Nếu r 2 thì 7 p3 q3 43 (q 4)(q2 4q 16) . Do 8 p3 7 p3 q3 nên 2 p q suy ra q 4 2 p 4 .
Mà q 4 là ước của 7 p3 nên q 4 {7, p, p 2 }
Nếu q 4 7 thì q 3 nên 7 p3 91 hay p3 13 . Loại
Nếu q 4 p thì 7 p3 p[( p 4)2 4( p 4) 16] 7 p 2 p 2 12 p 48
Ta được p2 2 p 8 0 p 2 (loại) hoặc p 4 ( loại)
Nếu q 4 p 2 thì q p 2 4 2 p nên p 2 2 p 1 5 hay ( p 1)2 5 . Vì p 2 nên p 3 . Suy ra
q 5.
Thử lại với p 3, q 5, r 2 thấy thỏa mãn.
Đáp số: ( p, q, r ) (3,5, 2)
Câu 4. (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC, điểm M thỏa mãn AM xAB y AC . Chứng minh rằng điểm
M nằm trong tam giác khi và chỉ khi x 0, y 0 và x y 1
b) Cho hình thang ABCD, ( AD song song BC), M là trung điểm CD và P,Q là trung điểm BM,
AM. Gọi CP cắt DQ tại N. Chứng minh rằng điểm N nằm bên trong tam giác AMB khi và chỉ
khi
1 BC
3
3 AD
Lời giải:
a) Không mất tổng quát, giả sử đường thẳng AM cắt đường thẳng BC tại điểm K. Ta có
AM k AK và AK mAB nAC với m n 1 nên AM kmAB knAC
+) Nếu M nằm trong tam giác thì 0 k 1 và K thuộc đoạn BC nên m, n 0 . Suy ra
x km 0, y kn 0 và x y km kn k 1 .
+) Nếu x, y 0 thì x y k (m n) k (0,1) nên m, n 0 , từ đó K thuộc đoạn BC và M thuộc
đoạn AK nên M nằm trong tam giác ABC.
b)
D
A
Q
M
N
P
B
C
Giả sử AD k BC, k 0 .
+) Nếu k=1, nghĩa là ABCD là hình bình hành. Dễ có N là trung điểm AB
+) Nếu k khác 1. Kí hiệu MX X thì ta có:
D A k (C B) , C D 0 , Q
1
1
A, P B
2
2
Giả sử CN xCP N C x( P C )
Ta có: C A k (C B) nên C (k 1) kB A nên C
1
2
1
2
Vậy N xB (x 1)C xB (x 1)
1
2
1
k
1
( x ( x 2)
) B ( x 2)
A
2
k 1
k 1
k
1
B (x 1)
A (*)
k 1
k 1
Suy ra: DN N D N C ( x ( x 1)
Mà DQ Q D
kB A
k 1
k
k
1
B
) B ( x 1 1)
A
k 1
k 1
k 1
1
1
1
k
AC (
)A
B
2
2 k 1
k 1
x2
1
k
x ( x 2)
k 1 (k 1) x 2k ( x 2) 2( x 2)
Do DN và DQ cùng phương nên k 1 2
1
1
k
2k
k 1
2 k 1
k 1
(kx x 2kx 4k )(k 1) 4kx 8k (kx x 4k )(k 1) 4kx 8k
[(k 1) x 4k ](k 1) 8k 4kx (k 1)2 x 4k (k 1) 8k 4kx
[(k 1)2 4k ]x 8k 4k (k 1) (k 1)2 x 4k (k 1)
Ta được x
1
k
k (3 k )
4k
3k 1
nên x 1
và x ( x 1)
k 1
k 1
2
k 1 (k 1)2
Thay vào (*) được:
N
1
1
k
1
xB ( x 1)C xB ( x 1)
B ( x 1)
A (*)
2
2
k 1
k 1
N
k (3 k )
3k 1
B
A
2
(k 1)
(k 1)2
Rõ ràng N nằm trong tam giác AMB khi và chỉ khi
Hay
k (3 k )
0
(k 1) 2
3k 1
0
2
(k 1)
k (3 k ) 3k 1
1
2
2
(k 1)
(k 1)
k 3
1
3
(k 1) 2 0
k
1
k 3 . Điều phải chứng minh.
3
Câu 5 (1,5 điểm). Cho n điểm trên một đường tròn được đánh số từ 1 đến n ( n 5 ). Ta tô màu k điểm
( 3k+1 < n) trong số đó sao cho giữa hai điểm được tô màu liên tiếp, có ít nhất 3 điểm không được tô
màu. Có bao nhiêu cách tô màu như vậy?
Lời giải:
Ta đếm số cách tô màu nhờ việc chia làm 2 trường hợp
Trường hợp 1. Một trong các số 1, 2, hoặc 3 được tô màu. Khi đó chỉ có đúng 1 trong 3 số được tô
màu. Chọn số được tô, có 3 cách. Chọn các điểm được tô màu tiếp theo cũng là cách chọn bộ số
( x1 , x2 ,, xk ) mà x1 x2 xk n k , xi 3 , có Cnk31k 1 cách.
Vậy trường hợp này có 3Cnk31k 1 cách tô màu.
Trường hợp 2. Không có số nào trong số các số 1,2,3 được tô màu. Khi đó giả sử các điểm i1 , i2 ,, ik
được tô với i1 i2 ik ( 4 i1 , ik n ) thì is 1 is 3 , nghĩa là mỗi cách tô ứng với 1 và chỉ 1 bộ số
(i1 , i2 ,, ik ) mà 4 i1 i2 3 i3 6 ik 3(k 1) n 3(k 1) , tức là một cách chọn ra k số từ
n 3(k 1) 4 1 n 3k số, khi đó, có Cnk3k cách.
Mặt khác, với hai cách chọn bộ số (i1 , i2 ,, ik ) khác nhau, không thể cho cùng một cách tô
Vậy đáp số là Cnk3k 3Cnk31k 1 cách tô màu