Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Quốc học Huế 2011

Chia sẻ: Đinh Thị Tho | Ngày: | 1 đề thi

0
485
lượt xem
24
download
  Download Vui lòng tải xuống để xem file gốc
   Like fanpage Thư viện Đề thi Kiểm tra để cùng chia sẻ kinh nghiệm làm bài
Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Quốc học Huế 2011

Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Quốc học Huế 2011
Mô tả bộ sưu tập

Thi thử trên đề thi thật! Đây là một phương pháp ôn luyện thi hay dành cho các bạn học sinh, việc giải trực tiếp các đề thi sẽ giúp các bạn học sinh hiểu thêm về kiến thức mới, làm quen với dạng đề, nâng cao kĩ năng giải đề thi và tự đánh giá được khả năng của mình. Thư viện eLib xin giới thiệu đến các bạn học sinh Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Quốc học Huế 2011. Hi vọng, bộ đề thi này hữu ích với các bạn. Chúc các bạn thành công với kì thi nhé!

LIKE NẾU BẠN THÍCH BỘ SƯU TẬP
Xem Giáo viên khác thảo luận gì về BST
Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Quốc học Huế 2011

Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Quốc học Huế 2011
Tóm tắt nội dung

Dưới đây là đoạn trích Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Quốc học Huế 2011 được trích từ tài liệu cùng tên trong BST:

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ - THỪA THIÊN HUẾ
NĂM HỌC 2011 - 2012
(Thời gian làm bài: 150 phút)

x2 + y 2 − xy = 19
Câu 1. (2 điểm) Giải hệ phương trình
x3 + y 3 + 19 = 0.

Câu 2. (1,5 điểm) Cho parabol (P ) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = ax − a. Xác định tham
1 1
số a để (d) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn + = 1.
|x1 | |x2 |

Câu 3. (2,5 điểm)
√ √
a) Giải phương trình x+2+2 x+1+ x + 2 − 2 x + 1 = 1 + x.
b) Tìm các số nguyên tố p sao cho hai số 2(p + 1) và 2(p2 + 1) là hai số chính phương.

Câu 4. (2 điểm) Cho hai đường tròn (S) và (T ) cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng ∆ tiếp
xúc với đường tròn (S) tại C, tiếp xúc với đường tròn (T ) tại E, sao cho khoảng cách từ
A đến ∆ lớn hơn khoảng cách từ B đến ∆.

a) Gọi D là điểm đối xứng của A qua đường thẳng ∆. Chứng minh rằng tứ giác BCDE
nội tiếp được trong một đường tròn (V ).
b) Gọi RS , RT và RV lần lượt là bán kính của các đường tròn (S), (T ) và (V ). Chứng
2
minh rằng RS RT = RV .

Câu 5. (2 điểm)

 

 a) Xét các số thực x, y, z, t thỏa mãn đồng thời các điều kiện x + y + z + t = 8 và
xy + xz + xt + yz + yt + zt = 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của t.
b) Cho chín hình vuông có các độ dài cạnh tính bằng mét lần lượt là n+1, n+2, . . . , n+
8, n + 9, với n là số nguyên dương. Gọi S là tổng diện tích của chín hình vuông này.
Có hay không một hình vuông diện tích bằng S và độ dài cạnh là một số nguyên
mét.

ĐÁP ÁN

Câu 1. Đặt S = x + y và P = xy. HPT đã cho trở thành

S 2 − 3P = 19 S = −1

S 3 − 3SP + 19 = 0 P = −6.

Với x + y = −1 và xy = −6, ta có x và y là các nghiệm của phương trình t2 + t − 6 = 0. Giải
ra được t1 = −3; t2 = 2.
Vậy HPT có hai cặp nghiệm (x; y) là (−3; 2) và (2; −3).

Câu 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P ) là x2 − ax + a = 0. (d) cắt (P ) tại
1 hai điểm phân biệt khi và chỉ khi ∆ = a2 − 4a > 0 ⇔ a < 0 hoặc a > 4 (1). Lúc đó x1 , x2 đều
khác 0. Ta có
1 1
+ = 1 ⇔ x2 + x2 + 2|x1 x2 | = x2 x2 ⇔ (x1 + x2 )2 + 2|x1 x2 | = 2x1 x2 + x2 x2
1 2 1 2 1 2 (2).
|x1 | |x2 |

Do x1 + x2 = a = x1 x2 nên (2) trở thành |a| = a ⇔ a ≥ 0. Kết hợp với (1), ta được a > 4.

Câu 3. a) Điều kiện x ≥ −1. PT đã cho trở thành
√ √ √ √
(1 + x + 1)2 + (1 − x + 1)2 = 1 + x ⇔ 1 + x + 1 + 1 − x + 1 = 1 + x
√ √
1 − √x + 1 ≥ 0 √ 1 − √x + 1 < √
0
⇔ hoặc ⇔x=3
1+ x+1+1− x+1=1+x 1+ x+1+ x+1−1=1+x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
b) Khi 2(p + 1) là số chính phương thì đó là số chính phương chẵn và p là số nguyên tố lẻ.
Đặt 2(p + 1) = (2x)2 và 2(p2 + 1) = (2y)2 với x, y nguyên dương, 0 < x < y < p.
Ta có 2(y 2 − x2 ) = p(p − 1) nên 2(y − x)(y + x) chia hết cho p. Do p lẻ và 1 < y − x < p, 1 <
y + x < 2p, nên phải có y + x = p (1). Suy ra 2(y − x) = p − 1 (2).
Từ (1) và (2), ta có p + 1 = 4x. Do đó 2(p + 1) = 2(4x) = 4x2 . Suy ra x = 2 và p = 7.
Kiểm tra lại ta thấy số nguyên tố p = 7 thỏa mãn bài toán.

Câu 4.
a) Ta có CDE = CAE = CAB + EAB. Mà
CAB = BCE; EAB = BEC. Do đó

CDE + CBE = BCE + BEC + CBE = 180o .

Suy ra tứ giác BCDE nội tiếp được trong một
đường tròn (V ).
b) Dễ thấy CSV = BCE = T V E, CV S =
CEB = V T E. Từ đó, ta có ∆V CS ∆T EV
VC SC
(g.g) ⇒ = hay SC.T E = V C.V E. Mà
TE VE
SC = RS , T E = RT , V C = V E = RV nên thu
2
được RS .RT = RV (đpcm).
Hình 1
Câu 5. a) Ta có x + y + z = 8 − t; xy + yz + zx =
18 − t(8 − t). Nên

2(x + y + z)2 = 2(x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2zx)
= (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 + 6(xy + yz + zx) ≥ 6(xy + yz + zx).

Do đó 2(8 − t)2 ≥ 6(18 − t(8 − t)) ⇔ t2 − 4t − 5 ≤ 0 ⇔ (t − 202 ≤ 9 ⇔ −1 ≤ t ≤ 5.
Khi x = y = z = 3 thì t = −1. Giá trị nhỏ nhất của t là −1 đạt được khi x = y = z = 3.
b) Giả sử tồn tại hình vuông diện tích bằng S và có độ dài cạnh là a (a ∈ R).
Theo bài ra ta có (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)2 + · · · + (n + 8)2 + (n + 9)2 = a2 . Hay
9n2 + 90n + 285 = a2 . Do 9n2 + 90n + 285 là số nguyên chia cho 9 dư 6. Mặt khác, số chính
phương a2 chia cho 9 chỉ có thể dư 1; 4; 7. Vậy không tồn tại hình vuông nào thỏa mãn đề bài.

Mời quý thầy cô giáo và các em học sinh xem tiếp nội dung tài liệu này trong bộ sưu tập Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Quốc học Huế 2011. Ngoài ra, có thể tham khảo thêm nhiều tài liệu khác cùng chủ đề trong bộ sưu tập hoặc download về làm tài liệu tham khảo bằng cách đăng nhập vào hệ thống eLib.vn của chúng tôi.
Đồng bộ tài khoản