Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn thi: Toán (vòng 1) thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI	 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIấN HỆ THPT CHUYấN NĂM 2009
MễN THI: TOÁN (Vũng 1)
Thời gian làm bài: 120 phỳt (Khụng kể thời gian phỏt đề)
Câu I.	1) Giải phương trình 
 2) Giải hệ phương trình 
Câu II.	1) Tìm chữ số tận cùng của số 
	2) Với a, b là những chữ số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu III. Cho hình thoi ABCD. Gọi H là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Biết rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng a và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD bằng b.
Chứng minh rằng 
Tính diện tích hình thoi ABCD theo các bán kính a, b
Câu IV. Với a, b, c là những số thực dương, chứng minh rằng 
Cỏn bộ coi thi khụng giải thich gỡ thờm.
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI	 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIấN HỆ THPT CHUYấN NĂM 2009
MễN THI: TOÁN (Vũng 2)
Thời gian làm bài: 150 phỳt (Khụng kể thời gian phỏt đề)
Câu I.	1) Giải phương trình 
 2) Chứng minh rằng 
	 Với mọi n nguyên dương 
Câu II.	1) Tìm số nguyên dương n sao cho tất cả các số 
	 n + 1, n + 5, n + 7, n + 13, n + 17, n + 25, n + 37 đều là nguyên tố
	2) Mỗi lần cho phép thay thế cặp số (a,b) thuộc tập hợp
	 bằng cặp số (a + c, b + d) trong đó cặp 
	 số (c, d) cũng thuộc M.
	 Hỏi sau một số hữu hạn lần thay thế ta có thể nhận được tập hợp các cặp 
 số hay không?
Câu III. 
Cho đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên đường thẳng 
	 AB ta lấy một điểm M bất kỳ sao cho điểm A nằm trong đoạn BM .
	 Từ điểm M kẻ tới đường tròn (O’) các tiếp tuyến MC và MD (C và D là các
	 tiếp điểm, C nằm ngoài (O)). Đường thẳng AC cắt lần thứ hai đường tròn 
	 (O) tại điểm P và đường thẳng AD cắt lần thứ hai đường tròn (O) tại Q. 
	 Đường thẳng CD cắt PQ tại K.
1)Chứng minh rằng hai tam giác BCD và BPQ đồng dạng
Chứng minh rằng khi M thay đổi thì đường tròn ngoại tiếp tam giác KCP luôn đi qua điểm cố định. 
Câu IV. Giả sử x,y,z là những số thực thoả mãn điều kiện
	 và x+ y + z = 3
	 Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức :
Cỏn bộ coi thi khụng giải thich gỡ thờm.
Thi tuyển sinh lớp 10 hệ THPT chuyên năm 2009
Môn : toán (vòng 1)
Thời gian làm bài :120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I.	1) Giải phương trình 
 2) Giải hệ phương trình 
Hướng dẫn
1)ĐKXĐ:
Phương trình có 2 nghiệm x1=0;x2=1
2)
Vậy hệ có 3 nghiệm (x;y)=(1;0);(1;1); (5;-3)
 Câu II.	1) Tìm chữ số tận cùng của số 
	2) Với a, b là những chữ số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Hướng dẫn
1)
Ta có 
nên có tận cùng là 8
	2)áp dụng BĐT Cô si cho 2 số dương
9a và 4a+5b ta có 
9b và 4b+55 ta có 
Nên nên Min(P)=khi a=b
Cách khác áp dụng bất đẳng thức Bunhicôpsky 2 dãy 
 và dãy ta có 
Min (P)=
 khi 
Câu III. Cho hình thoi ABCD. Gọi H là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Biết rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng a và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD bằng b.
Chứng minh rằng 
Tính diện tích hình thoi ABCD theo các bán kính a, b
Hướng dẫn
a-Tam giác BKO1 dd tam giác O2KA nên 
Mà nên 
b-Theo a ta có
 trong vuông BO2H ta có BH2+O2H2=O2B2 
nên 
Câu IV. Với a, b, c là những số thực dương, chứng minh rằng 
Hướng dẫn
ta có 
Ta có 
áp dụng BĐT Bunhiacopsky cho 2 dãy 
 và 
Ta có vậy 
Dấu “=” xảy ra khi khi a=b=c
Cách khác: Chứng minh Q áp dụng BĐT Cô-Si
 tương tự 
Vậy 
--------------------------------------
Trường đại học khoa học tự nhiên
Môn : toán (vòng 2)
Thời gian làm bài :150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I.	1) Giải phương trình 
 2) Chứng minh rằng 
	 Với mọi n nguyên dương 
Hướng dẫn
1)ĐKXĐ:
Đặt 
2).Dùng phương pháp quy nạp toán học
* Với n=1 đúng giả sử đúng với n=k ta có 
; ta phải chứng minh đúng với n=k+1 nghĩa là 
Ta có :
Cách khác:
đặt a=2n-1( n xét tổng quát thay n lần lượt từ 1 ;2;3;4;. Ta có a lần lượt 1;3;5;7;..
Ta có 
Câu II.	1) Tìm số nguyên dương n sao cho tất cả các số 
	 n + 1, n + 5, n + 7, n + 13, n + 17, n + 25, n + 37 đều là nguyên tố
	2) Mỗi lần cho phép thay thế cặp số (a,b) thuộc tập hợp
	 bằng cặp số (a + c, b + d) trong đó cặp 
	 số (c, d) cũng thuộc M.
	 Hỏi sau một số hữu hạn lần thay thế ta có thể nhận được tập hợp các cặp 
 số hay không?
Hướng dẫn
Với n<6 không có số nào thoả mãn
Với n=6 thoả mãn Với n>6 n có dạng n=7k;7k+1;7k+2;7k+3;7k+4;7k+5;7k+6 (
	 n=7k thì n+77; n=7k+1 thì n+137; n=7k+2 thì n+57
 n=7k+3 thì n+257; n=7k+4 thì n+177; n=7k+5 thì n+377; n=7k+6 thì n+17
Vậy chỉ có duy nhất n=6 thoả mãn đề bài 
2) Ta thấy a-b7;(a+c)-(b+d)=((a-b)+(c-d)) 7 mà 2014-844=1170=167x7+1
Không chia hết cho 7 vậy sau một số hữu hạn lần thay thế ta không thể nhận được tập hợp các cặp số 
Câu III. 
Cho đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên đường thẳng 
	 AB ta lấy một điểm M bất kỳ sao cho điểm A nằm trong đoạn BM .
	 Từ điểm M kẻ tới đường tròn (O’) các tiếp tuyến MC và MD (C và D là các
	 tiếp điểm, C nằm ngoài (O)). Đường thẳng AC cắt lần thứ hai đường tròn 
	 (O) tại điểm P và đường thẳng AD cắt lần thứ hai đường tròn (O) tại Q. 
	 Đường thẳng CD cắt PQ tại K.
Chứng minh rằng hai tam giác BCD và BPQ đồng dạng
Chứng minh rằng khi M thay đổi thì đường tròn ngoại tiếp tam giác KCP luôn đi qua điểm cố định. 
Hướng dẫn
1)ta có DCB=DAB (Chắn cungBD)
DAB =QPB (chắn cungBQ)
Nên DCB=QPB(1)
DBC=PAQ( cùng bù DAC)
PAQ =PBQ ( chăn cung PQ)
Nên DBC= PBQ(2)
Từ (1) ;(2) ta có
 BCD đ d với BPQ (g.g)
2)theo a) thì DCB=QPB nên tứ giác KPCB nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác KCP luôn đi qua điểm B cố định khi M thay đổi 
Câu IV. Giả sử x,y,z là những số thực thoả mãn điều kiện
	 và x+ y + z = 3
	 Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức :
Hướng dẫn
 Giả sử x,y,z là những số thực thoả mãn điều kiện
	 và x+ y + z = 3
	 Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức :
Giải: cách 1 đặt 1-x=a;1-y=b;1-z=c thì a+b+c=0 nên a3+b3+c3=3abc
 và 
M=(1-a)4+(1-b)4+(1-c)4+12abc=a4+b4+c4-4(a3+b3+c3-3abc)+6(a2+b2+c2)-4(a+b+c)+3
M= a4+b4+c4+6(a2+b2+c2)+3
áp dụng BĐT Bunhiacopsky cho 2 dãy a;b;c và 1;1;1 ta có 3(a2+b2+c2)(a+b+c)2=0
Nên a2+b2+c20 Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=0
áp dụng BĐT Bunhiacopsky cho 2 dãy a2;b2;c2 và 1;1;1 ta có 3(a4+b4+c4)(a2+b2+c2)2=0 a4+b4+c40 Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=0
 Vậy M3 suy ra min (M)= 3 khi a=b=c=0 khi đó x=y=z=1
Mặt khác a2+b2+c2=(1-x)2+(1-y)2+(1-z)2=3-2(x+y+z)+x2+y2+z2= x2+y2+z2-3
Giả sử 0; ta có x2+y2+z2-3=(x+y)2-2xy+z2 -3(3-z)2 +z2-3=2z2-6z+6
x2+y2+z2-3=2z2-6z+6= vì 0<z2 suy ra a2+b2+c22
ta có a2;b2;c2 nên (a4+b4+c4)( a2+b2+c2) suy ra M7(a2+b2+c2)+317
Max(M)=17 khi (a;b;c)=(-1;0;1) và các hoán vị hay (x;y;z) =(0;1;2)và các hoán vị 
Cách 2:thay x4+y4+z4=(x2+y2+z2)2-2(x2y2+y2z2+z2x2)
Mà x2+y2+z2=(x+y+z)2-2(xy+yz+zx)=9-2a (đặt xy+yz+zx=a)
x2y2+y2z2+z2x2=(xy+yz+xz)2-2xyz(x+y+z)=a2-6xyz
12(1-x)(1-y)(1-z)=12(1-x-y-z+xy+yz+zx-xyz)=12a-12xyz-24
Nên M=(9-2a)2-2(a2-6xyz)+ 12a-12xyz-24=81-36a+4a2-2a2+12xyz+12a-12xyz-24
M=2a2-24a+57=2(a-6)2-15 (*)
Ta có x2+y2+z2 xy+yz+zx(x+y+z)2 3(xy+yz+zx) nên a3 
Ta cũng có (2-x)(2-y)(2-z) 08-4(x+y+z)+2(xy+yz+zx)-xyz0
xy+yz+zx2+xyz2 hay a2 vậy 2a3 thay suy ra -4(a-6) -3
Hay 16 (a-6)2 9 vào (*) 3M17
Vậy Min(M)= 3 khi a=3 khi đó x=y=z=1;
Max(M) =17 khi a=2 khi đó (x;y;z)=(0;1;2) và các hoán vị