Đề thi chuyên lý lớp 10 trường quốc học Huế 2006

Chia sẻ: Trần Bá Trung1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

740
lượt xem 126
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chuyên lý lớp 10 trường quốc học Huế 2006 Tài liệu học sẽ giúp các bạn định hướng ôn tập, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức, trình bày bài thi và tự kiểm tra, đánh giá. Các bạn nên ôn tập kiến thức trước khi làm bài. Sau khi làm bài, sử dụng đáp án để tìm hiểu phương pháp trình bày bài, tự đánh giá mức độ ghi nhớ và khả năng vận dụng kiến thức của chương, từ đó có kế hoạch ôn tập đầy đủ hơn. ...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chuyên lý lớp 10 trường quốc học Huế 2006

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYÊN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ KHOÁ NGÀY 19.06.2006 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÝ Số báo danh: . . . . Phòng: . . . Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (2,5 điểm) Trên một đường đua thẳng, hai bên lề đường có hai hàng dọc các vận động viên chuyển động theo cùng một hướng: một hàng là các vận động viên chạy việt dã và hàng kia là các vận động viên đua xe đạp. Biết rằng các vận động viên việt dã chạy đều với vận tốc 20km/h và khoảng cách đều giữa hai người liền kề nhau trong hàng là 20m; những con số tương ứng đối với hàng các vận động viên đua xe đạp là 40km/h và 30m. Hỏi một người quan sát cần phải chuyển động trên đường với vận tốc bằng bao nhiêu để mỗi lần khi một vận động viên đua xe đạp đuổi kịp anh ta thì chính lúc đó anh ta lại đuổi kịp một vận động viên chạy việt dã tiếp theo? Bài 2: (2,5 điểm) Người ta đặt một viên bi đặc bằng sắt hình cầu bán kính R = 6cm đã được nung nóng tới nhiệt độ t = 3250 C lên mặt một khối nước đá rất lớn ở 00 C . Hỏi viên bi chui vào khối nước đá đến độ sâu bao nhiêu? Bỏ qua sự dẫn nhiệt của nước đá và độ nóng lên của đá đã tan. Cho khối lượng riêng của sắt là D = 7800kg/m3, khối lượng riêng của nước đá là D0 = 915kg/m3, nhiệt dung riêng của sắt là C = 460J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá ( tức là nhiệt lượng mà 1kg nước đá ở 00 C cần thu vào để nóng chảy hoàn toàn thành nước ở nhiệt độ ấy) là λ = 3,4.105J/kg. Thể tích hình cầu được 4 tính theo công thức V = π R 3 với R là bán kính. 3 Bài 3: (2,5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó R0 là điện trở toàn phần của biến o U o trở, Rb là điện trở của bếp điện. Cho R0 = Rb, điện trở dây nối không đáng R0 kể, hiệu điện thế U của nguồn không đổi. Con chạy C nằm ở chính giữa A B C R biến trở. b a, Tính hiệu suất của mạch điện. Coi công suất tiêu thụ trên bếp là có ích. b, Mắc thêm một đèn loại 6V-3W song song với đoạn AC của biến trở. Hỏi muốn đèn này sáng bình thường thì hiệu điện thế U của nguồn và điện trở R0 phải thoả mãn điều kiện nào? Bài 4: (1,5 điểm) Cho một vật AB đặt trước thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự f1 = f và cách thấu kính L1 khoảng cách 2f như trên hình vẽ. Sau L1 ta đặt thấu kính phân kỳ L2 có tiêu cự f2 = - f / 2 và cách L1 một A khoảng O1O2 = f / 2, sao cho trục chính của hai thấu kính trùng nhau. B O1 O2 a, Hãy vẽ ảnh của AB qua hệ hai thấu kính trên. b, Hãy vẽ một tia sáng phát ra từ A sau khi đi qua cả hai thấu kính trên thì tia ló có phương đi qua B. Giải thích cách vẽ. L1 L2 Bài 5: (1,0 điểm) Trong một hộp kín X (trên hình vẽ) có mạch điện ghép bởi các điện trở giống nhau, mỗi điện trở có giá trị R0. Người ta đo điện 1 4 trở giữa hai đầu dây ra 2 và 4 cho ta kết quả là R24 = 0. Sau đó, lần X lượt đo điện trở của các cặp đầu dây ra còn lại, cho ta kết quả là: 2 3 R12 = R14 = R23 = R34 = 5R0/3 và R13 = 2R0/3. Bỏ qua điện trở các dây nối. Hãy xác định cách mắc đơn giản nhất các điện trở trong hộp kín trên. --------------- Hết ---------------
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ KHÓA NGÀY 19.6.2006 ***** MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Số báo danh: .......... Phòng: ........ Bài 1: (2,5 điểm) a) Tìm các số thực u, v biết : u 3 + v3 = 7 và u ⋅ v = −2 . b) Giải phương trình : ( x 2 − 1) ( x + 3)( x + 5) = 9 . Bài 2: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính BD = 2R, dây AC của (O) vuông góc với BD tại H. Gọi P, Q, R, S theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AD, CD, CB. a) Chứng tỏ : HA2 + HB2 + HC2 + HD2 = 4R2 . b) Chứng minh tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp . c) Chứng minh : PR + QS ≤ AB + AD . Bài 3: (3 điểm) 1 1 p q a) Đặt 2 = p ; 3 2 = q . Chứng tỏ rằng : − 3 = p + q + + +1 . 2− 2 3 2 q p b) Chứng tỏ : ( ) x3 + y 3 + z 3 − 3 xyz = ( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx với mọi số thực x, y , z . Suy ra với a, b, c là các số dương ta luôn có : a + b + c ≥ 3 3 abc . c) Phân chia chín số : 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 thành ba nhóm tuỳ ý, mỗi nhóm có ba số. Gọi T1 là tích của ba số của nhóm thứ nhất, T2 là tích của ba số của nhóm thứ hai và T3 là tích của ba số của nhóm thứ ba. Hỏi tổng : T1 + T2 + T3 có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu ? Bài 4: (1 điểm) Một thùng sắt đậy kín hình lập phương. Biết rằng trong thùng chứa 9 khối có dạng hình cầu cùng bán kính, làm bằng chất liệu rất rắn . Chứng minh rằng nếu cạnh của thùng hình lập phương là a thì đường kính của các khối cầu bên trong nó nhỏ hơn hoặc bằng ( 2 3 − 3 )a. -------------------Hết---------------------
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ KHÓA NGÀY 19.6.2006 ***** MÔN : TOÁN THANG ĐIỂM - ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm 1a Ta có : u + v = 7 và u ⋅ v = −8 3 3 3 3 0,25 (1đ) u3 và v3 là các nghiệm của phương trình: x 2 − 7 x − 8 = 0 0,25 Do đó : ( u 3 = −1; v3 = 8 ) hoặc ( u 3 = 8; v3 = −1) 0,25 Vậy: ( u = −1; v = 2 ) hoặc ( u = 2; v = −1) 0,25 1b Viết lại : ( x − 1)( x + 5)( x + 1)( x + 3) = 9 0,25 (1,5đ) (x 2 )( ) + 4x − 5 x2 + 4x + 3 = 9 0,25 Đặt : t = x 2 + 4 x , phương trình trở thành: ( t − 5 )( t + 3) = 9 hay: 0,25 t 2 − 2t − 24 = 0 Giải ra : t = 6; t = −4 0,25 Với t = 6 ⇔ x 2 + 4x = 6 , giải ra : x = −2 ± 10 0,25 Với t = −4 ⇔ x 2 + 4x = −4 ,giải ra : x = −2 0,25 2a HA2+ HB2 = AB2 0,25 A (1đ) HB2+ HC2 = BC2 Q HC2+ HD2 = CD2 P HD2+ HA2 = DA2 B D H O S R C 2(HA2+ HB2+ HC2+ HD2 )= AB2+ AD2 + BC2+ CD2 0,25 = 4R2 + 4R2 0,25 Vậy : HA2+ HB2+ HC2+ HD2 = 4R2 0,25 2b Tứ giác HPBS nội tiếp : · · · HPS = HBS = DBC . 0,25 (1đ) HPAQ là hình chữ nhật : · · · · HPQ = HAQ = CAD = CBD . 0,25 Do đó : · · · · SPQ = HPS + HPQ = 2 DBC . · · Tương tự: SRQ = 2 BDC 0,25 · · · · Do DBC + BDC = 900 nên SPQ + SRQ = 1800 ∠ SPQ+ ∠ SRQ = 1800 0,25
Chú ý: PQRS là hình thang cân. 2c Ta có : PR ≤ HP+HR 0,25 (1,5đ) 1 0,25 Gọi E là trung điểm AB,ta có:HP ≤ HE = AB. Gọi F là trung điểm CD, 2 1 HR ≤ HF = CD 2 1 1 0,25 Do đó : PR ≤ AB + CD 2 2 1 1 0,25 Tương tự :QS ≤ BC + AD 2 2 Mà : AB=BC ; AD=CD 0,25 Do đó : PR + QS ≤ AB +AD 0,25 3a 1 1 p q 0,25 Cần chứng tỏ : − = p + q + + + 1. (1đ) p−q q q p  p q 1  0,25 Hay : 1 = ( p − q )  p + q + + + + 1 . (*)  q p q  p2 p q2 0,25 Vế phải của (*) : p + pq + + q + + p − qp − q − p − − 1 − q 2 2 q q p p2 2 p q2 0,25 Do : p 2 =2 ; q 3 =2 ; = =q2 ; = nên (*) đúng . q q q p 1 Chú ý : Có thể trục căn ở mẫu của để chứng tỏ đẳng thức . 2 −3 2 3b ( Khai triển vế phải: ( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) được vế trái . 0,25 (1đ) 1 0,25 Ta có : x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  ≥ 0 2 2 2 2  Đặt : x = a , y = b , z = c ; x + y + z >0 vì a, b, c dương . 3 3 3 0,25 Từ đó x3 + y 3 + z 3 − 3xyz ≥ 0 hay : a + b + c ≥ 3 3 abc . 0,25 3c Ta có : T1 + T2 + T3 ≥ 3 3 T1T2T3 . 0,25 (1đ) 3 0,25 T1 T2 T3 = 1.2.3.4.5.6.7.8.9 = 72.72.70 > 71 Do đó : T1 + T2 + T3 > 213 mà: T1 , T2 , T3 nguyên nên : T1 + T2 + T3 ≥ 214. 0,25 Ngoài ra:214= 72 +72 +70 =1.8.9 + 3.4.6 +2.5.7,nên giá trị nhỏ nhất của 0,25 T1 + T2 + T3 là 214 4 Gọi O là tâm của hình lập phương (L) đang xét. Dựng hình lập phương 0,25 (1đ) (L1) có cùng tâmO, có cạnh song song với cạnh của (L) và có độ dài cạnh là a-2r, với r là bán kính của các hình cầu. Chín tâm của 9 hình cầu đều nằm trong (L1) (hoặc ở trên mặt) .
Chia (L1) thành 8 hình lập phương con bởi ba mặt phẳng qua O và song 0,25 song với mặt của (L1) .Phải có một hình lập phương con (L2) trong chúng chứa ít nhất hai tâm hình cầu. 1 0,25 Đường chéo của hình lập phương con (L2) là : (a-2r) 3 . 2 Khoảng cách hai tâm hình cầu lớn hơn hoặc bằng 2r. 1 a 3 0,25 Vì vậy (a-2r) 3 ≥ 2r hay : 2r ≤ =( 2 3 -3)a. 2 2+ 3
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYÊN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ KHOÁ NGÀY 19.06.2006 ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ CÂU NỘI DUNG - YÊU CẦU ĐIỂM - Ký hiệu vận tốc của VĐV chạy, người quan sát và VĐV đua xe đạp lần lượt là v1, v2 và v3; khoảng cách giữa hai VĐV chạy liền kề là l1 và giữa hai VĐV đua xe đạp liền kề là l2. 0,25 - Tại một thời điểm nào đó ba người ở vị trí ngang nhau thì sau thời gian t người quan sát đuổi kịp VĐV chạy và VĐV đua xe đạp phía sau đuổi kịp người quan sát. 0,50 Ta có các phương trình: v2t − v1t = l1 (1) 0,25 1 0,25 v3t − v2t = l2 (2) 2,5đ - Cộng hai vế các phương trình trên rồi tìm t, ta được: l +l t= 1 2 (3) v3 − v1 0,50 l (v − v ) - Thay (3) vào (1) ta được: v2 = v1 + 1 3 1 (4) 0,50 l1 + l2 - Thay số vào (4) ta có: v2 = 28 (km/h) 0,25 - Có thể xem kích thước khối nước đá rất lớn so với viên bi nên sau khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ cân bằng là 00 C . 0,25 - Nhiệt lượng mà viên bi toả ra để hạ nhiệt độ xuống H 4 00 C là: Q1 = V .D.C.(t − 0) = π R 3 .D.C.t 0,25 3 - Giả sử có m (kg) nước đá tan ra do thu nhiệt của viên bi 0,25 toả ra, thì nhiệt lượng được tính theo công thức: Q2 = λ .m - Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt, ta có: Q1 = Q2 ; 0,25 4 4π R .D.C.t 3 ⇒ m.λ = π R 3 .D.C.t → m= 0,25 3 3λ m 4π R 3 .D.C.t 0,25 - Thể tích của khối lượng đá tan ra tính được là: Vt = = 2 D0 3λ D0 - Thể tích Vt là tổng thể tích của một hình trụ có chiều cao h và thể tích của một 2,5đ nửa hình cầu bán kính R, nên ta suy ra được:  1 4  1  4.R.D.C.t 2 R  2 R  2.D.C.t  h =  Vt − . π R 3  . 2 =  − =  − 1 0,50  2 3  πR  3λ .D0 3  3  λ .D0  - Vậy viên bi chui vào khối nước đá một độ sâu H là:  4 D.C.t 2   4 D.C.t  R H = h+R = − + 1  .R =  + 1 . 0,25  3λ .D0 3   λ.D0  3 - Thay các giá trị vào ta có:  4.7800.460.325  6 H = + 1 . ≈ 32 (cm) 5  3, 4.10 .915  3 0,25 R0 .R0 / 2 R a, - Điện trở RCB = = 0 R0 + R0 / 2 3 0,25
U 6U 0,25 - Cường độ dòng điện trong mạch chính : I = = 3 R0 / 2 + R0 / 3 5 R0 0,25 vậy U CB = I .RCB = 0, 4U 2,5đ - Công suất tiêu thụ trên bếp là : P = U CB / R0 = 4U 2 / 25 R0 2 0,25 - Hiệu suất mạch điện là : H = P / UI = (4U / 25 R0 ) : (U .6U / 5 R0 ) = 2 /15 2 0,25 0,25 Vậy: H ; 13,3% --------------------------------------------------------------------------------------------------- b, - Đèn 6V-3W có: I dm = Pdm / U dm = 3 / 6 = 0,5( A) và điện trở : Rd = U dm / Pdm = 36 / 3 = 12(Ω) 2 0,25 - Vì đèn sáng bình thường nên: U AC = U dm = 6V → U CB = U − 6 0,25 - Cường độ dòng điện trong mạch chính là : 0,50 I = 0,5 + (6 : R0 / 2) = (U − 6) : ( R0 / 3) ⇒ 6 U = 60 + R0 (*) Vậy khi mắc đèn song song với đoạn mạch AC, muốn đèn sáng bình thường thì U và R0 phải thoả mãn điều kiện (*) trên. a, Sơ đồ tạo ảnh qua hệ hai thấu kính trên: L1 L2 I x AB A1B1 A2B2. A A2 K Vẽ như trên hình. O1 O 2 B1 (vẽ được mỗi ảnh A1B1, A2B2 cho 0,5đ) B B2 1,0 b, + Các bước vẽ: A1 4 - Vẽ tia Bx qua A2 kéo dài cắt L2 tại K; L1 L 2 - Vẽ tia A1K kéo dài cắt L1 tại I 1,5đ - Vẽ tia AI. 0,25 Tia AI chính là tia tới từ A, sau khi qua hai thấu kính cho tia ló có phương qua B. + Giải thích: - Giải thích đúng vì sao vẽ tia Bx; - Giải thích đúng vì sao vẽ tia IKA1; - Giải thích đúng vì sao vẽ tia AI. 0,25 - Vì R24 = 0 nên giữa đầu 2 và đầu 4 nối với nhau bởi dây dẫn mà không có điện trở R0 nào. - Vì R13 = 2R0/3 < R0 nên giữa đầu 1 và đầu 3 phải có 1 3 mạch mắc song song. - Vì mạch đơn giản nhất nên ta chọn mạch song song có hai nhánh, số điện trở ở mỗi nhánh là x và y (a) (x, y: nguyên dương). - Ta có: xR0 . yR0 2R 5 = 0 ⇒ 3xy = 2( x + y ) ; 0,25 xR0 + yR0 3 1,0đ - Để đơn giản, ta chọn x = 1, thay vào biểu thức trên ta có: y = 2. Vậy mạch 1-3 0,25 có dạng đơn giản như hình vẽ (a). - Vì : 1 4 R12 = R14 = R23 = R34 = 5R0/3 = R0 + 2R0/3 Nên các mạch 1-2, 1-4, 2-3, 3-4 gồm một điện 0,25 trở R0 mắc nối tiếp với mạch 1-3 ở trên. 2 3 Vậy sơ đồ cách mắc đơn giản trong hộp X 0,25 như trên hình vẽ (b). (b)