SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG Đề thi vào lớp 10 chuyên TOÁN năm học 2011 - 2012 www.VNMATH.com Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Trường THPT Chuyên Trần Phú) Câu I. 1. Cho biểu thức P = 2 √ x x √ x + √ x − x − 1 − 1 √ x − 1 : 1 + √ x x + 1 . Rút gọn P . Tìm x để P ≤ 0. 2. Cho phương trình x 2 − 2(m + 2)x + 2m + 2 = 0 (m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có đường cao ứng với cạnh huyền có độ dài là √ 6 3 . Câu II. 1. Giải phương trình x − 3 + √ 2x − 7 + x + 1 + 3 √ 2x − 7 = 9 √ 2. 2. Giải hệ phương trình x 2 + 4y 2 = 4 4xy + x + 2y −2 Câu III. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Các đường cao AD, BE, CF, (D ∈ BC, E ∈ CA, F ∈ AB). Gọi I, J, K lần lượt là trực tâm các tam giác AEF, BF D, CDE. 1. Chứng minh DI, EJ, F K đồng quy tại trung điểm của mỗi đường. 2. Chứng minh AI, BJ, CK đồng quy tại O. 3. Gọi M, N là hình chiếu vuông góc hạ từ D xuống AB, AC; P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc hạ từ E xuống BC, BA; R, S lần lượt là hình chiếu vuông góc hạ từ F xuống CA, CB. Chứng minh M, N, P, Q, R , S cùng nằm trên một đường tròn. Câu IV. 1. Chứng minh a 3 + b 3 ≥ ab(a + b) ∀a, b ≥ 0. 2. Cho a, b, c ≥ 0 và abc = 9 4 . Chứng minh a 3 + b 3 + c 3 > a √ b + c + b √ c + a + c √ a + b. 3. Tìm số dư của 2 + √ 3 2011 khi chia cho 3, với [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Câu V. Trong bảng 4 × 4 ô vuông có 1 trong 8 ô ở biên nhưng không phải là góc của bảng điền số −1 và 15 ô còn lại điền số 1. Một lượt, chọn 1 hàng hoặc 1 cột hoặc 1 đường chéo tùy ý (kể cả đường chéo chỉ gồm 1 ô góc), sau đó đổi dấu tất cả các ô trong đó. Hỏi có thể đến một lúc nào đó thu được tất cả các ô trong bảng đều là số 1 không? ∗ ∗ ∗ WWW.VNMATH.COM ∗∗∗ 3 www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN HẢI PHÒNG NĂM 2011 (GV: Lưu Văn Thám – Trường BDVH 218 Lý Tự Trọng thực hiện) Câu I. 1. Cho 2x 1 x P :1 x1 xx x x1 x 1 = −+ + + −− − . Rút gọn P. ĐS : 1x P x x1 − = ++ (Chú ý ĐK : x ≥ 0, x ≠ 1) Tìm x để P ≤ 0. ĐS: x > 1 2. Cho phương trình x 3 – 2(m+2)x + 2m + 2 = 0. (1) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có đường cao bằng 6 3 . Hướng dẩn : (1) có hai nghiệm dương ⇔ 2 12 12 ' (m 1) 1 0 S x x 2(m 2) 0 m 1 P x x 2m 2 0 ∆= + + ≥ = + = + > ⇔ >− = = +> (*) Yêu cầu đề bài ⇔ 2 2 2 22 2 2 1 2 12 22 12 11 6 2(x x ) 3x .x 2S 4P 3P 0 xx 3 += ⇔ + = ⇔ −− = ⇔ 2[2(m + 2)] 2 – 4(2m+2) – 3(2m + 2) 2 ⇔ m 2 = 3 ⇔ m = 3± So với điều kiện (*) nhận m = 3 Câu II. 1. Giải phương trình: x 3 2x 7 x 1 3 2x 7 9 2−+ − + ++ − = (1). ĐK x ≥ 7 2 Khi đó (1) ⇔ 2x 6 2 2x 7 2x 2 6 2x 7 18−+−+++−= 2x 6 2 2x 7 2x 2 6 2x 7 18 2x 7 1 2x 7 3 18 2x 7 7 2x 7 49 x 28 ⇔−+−+++−= ⇔ −++ −+= ⇔ −= ⇔ −= ⇔= Vậy phương trình có nhiệm duy nhất là 28. Cách khác: chứng minh x > 28 và x< 28 không thỏa (1). x = 28 thỏa (1). Vậy (1) có nghiệm duy nhất là 28. 2. Giải hệ phương trình : 22 x 4y 4 4xy x 2y 2 += ++ =− (1) (2) (I) (I) 22 (x2y1)(x2y2)0 (x 2y) 4xy 4 (x 2y) (x 2y) 2 0 4xy (x 2y) 2 4xy x 2y 2 4xy x 2y 2 +− ++= +−= +++−= ⇔⇔ ⇔ =−+ + − =++ − =++ ⇔ 2 1 71 7 (x;y) ( ; ) x 1 2y x 2y 1 x 1 2y 24 4xy 1 4(1 2y)y 1 8y 4y 3 0 1 71 7 (x;y) ( ; ) 24 x 2y 2 (x;y) ( 2;0) (x;y) ( 2;0) (x;y) ( 2;0) 4xy 0 (x;y) (0; 1) (x;y) (0; 1) (x; +− = = − + = =− = −= − −= −+ ⇔⇔ ⇔ = +=− =− = − = − = = − = − y) (0; 1) = − Vậy hệ phương trình có các nghiệm (x;y) là (-2;0); (0;-1); 1 71 7 (;) 24 +− ; 1 71 7 (;) 24 −+ x K S J H I R P Q N M D E F O C B A Câu III. Cho ∆ABC nhọn nội tiếp (O) và các đường cao AD, BE, CF. Gọi I, J , K lần lượt là trực tâm các tam giác AEF, BFD, CDE. Hường dẫn: 1. Chứng minh DI, RJ, FK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Gọi H là trực tâm ∆ABC, ta có FI // HE (cùng ⊥ AC), EI // HF (cùng ⊥ AB) ⇒ HEIF là hbh ⇒ FI // HE và FI = HE Cmttự ta có HEKD là hbh ⇒ HE //DK và HE = DK Vậy FI // DK và FI = DH ⇒ FIKD là hbh ⇒ DI và FK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Cmttự ta có DEIJ là hbh ⇒ DI, EJ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Vậy DI, FK, EJ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (đpcm). 2. Chứng minh AI, BJ, CK đồng quy tại O. Chứng minh ∆AEF đồng dạng ∆ABC (cgc) ⇒ AEF ABC= Kẻ Ax là tiếp tuyến của (O) tại A ⇒ xAC ABC= (= ½ sđ cung AC) ⇒ xAC AEF= ⇒ Ax // EF mà OA ⊥ Ax ⇒ OA ⊥ EF Vậy A, I, O thẳng hàng (cùng nằm trên đường thẳng qua A vuông góc với EF) Cm tương tự ta có B,J,O thẳng hàng, C,K,O thẳng thàng vậy AI, BJ, CK đồng quy tại O (đpcm). 3. Chứng minh M,N, P, Q. R, S cùng nằm trên một đường tròn. Ta có ANM ADM= (do tứ giác AMDN nội tiếp) mà ADM ABC= (cùng phụ góc BAD ) Mà AEF ABC= (cmt) ⇒ AEF ANM= Chứng minh ∆AEF đồng dạng ∆AQR (cgc) ⇒ AEF AQR= ⇒ AQR ANM= Mà o AQR RQM 180 += ⇒ o ANM RQM 180 += ⇒ tứ giác MNRQ nội tiếp Chứng minh tương tự ta có MRNP nội tiếp ⇒ M, Q, R, N, P cùng nằm trên đường tròn ngoại tiếp ∆MNR. Chứng minh tương tự ta có PQMS nội tiếp ⇒ M,N, P, Q. R, S cùng nằm trên một đường tròn. Câu IV. 1. Chứng minh rằng a 3 + b 3 ≥ ab(a + b) ∀a, b ≥ 0. (quá dễ) 2. Cho a, b, c ≥ 0 và abc = 9 4 . Chứng minh 3 33 a b c ab c bc a ca b+ + ≥ ++ ++ + Từ câu 1) ⇒ 3 33 2(a b c ) ab(a b) bc(b c) ca(c a) ++≥+++++ 3 33 3 33 3 33 3 3 3 3 33 3 33 3 2(a b c ) ab(a b) bc(b c) ca(c a) abc abc abc abc 8 ab bc ca 9 (a b c ) (do abc= ) 9 cab 4 17 a b b c c a (a b c ) (c ) (a ) (b ) 9 cab 17 (a b c ) 2c a b 2a b c 2b c a 9 18 a b c (a b c b c a c a b) 17 ab ++ + + + ⇒ ≥++ + ++ ⇒ ++ ≥ + + +++ ⇒ ++≥+ ++ ++ ⇒ + + ≥ ++ ++ + ⇒ + + ≥ ++ ++ + ⇒+ 33 18 c a b c b c a c a b (do a,b,c 0 vaø 1) (ñpcm) 17 + > ++ ++ + ≠ > 3. Tìm số dư của 2011 (2 3) + Đặt 1 12 12 2 x2 3 Sx x 4 P x .x 1 x23 = + =+= ⇒ = = = − ⇒ x 1 ; x 2 là nghiệm của phương trình x 2 – 4x + 1 = 0 ⇒ 2 n2 n1 n 11 1 1 1 n2 n2 n1 n1 n n 1 2 1 2 12 2 n2 n1 n 22 2 2 2 x 4x 1 0 x 4x x 0 x x 4(x x ) (x x ) x 4x 1 0 x 4x x 0 ++ + + ++ ++ − += − + = ⇒ ⇒ + = + −+ − += − + = (n ∈ N * ) (1) Đặt kk k12 Sxx= + (k ∈ N * ) , (1) ⇒ S n+2 = 4S n+1 - S n S 1 = S = 4, S 2 = S 2 – 2P = 16 – 2 = 14 ⇒ S 1 ; S 2 ∈ N * , Dùng quy nạp ta chứng minh được S k ∈ N * , ∀k ∈ N * và S k chia 3 dư 1 nếu k lẻ, S k chia 3 dư 2 nếu k chẵn Ta có 2011 2011 2011 1 2 Sxx= + 2011 2011 2011 2011 (2 3) S (2 3) S 1 ⇒ + = −− = − do S 2011 ∈ N và 0 < x 2 < 1 Mà S 2011 chia cho 3 dư 1 (cmt) ⇒ 2011 (2 3) + chia hết cho 3. Câu V. Xét 8 ô ở biên không phải ô ở góc (hình vẽ). Mỗi lần chọn các ô như đề bài thì trong 8 ô trên hoặc không có ô nào được chọn, hoặc có đúng hai ô được chọn . Mỗi lần đổi dấu các số như đề bài thì tich các số trong 8 ô trên không đổi do −1.1=1.( −1); 1.1 = (−1)( −1). Tích 8 số trong 8 ô đã chọn ban đầu là − 1. Nếu tất cả các ô trong bảng đều là số 1 thì tích các số trong 8 ô trên là 1, vô lý. Vậy sau hữu hạn lần biến đổi các ô trong bảng không thể cùng mang số 1 . chẵn Ta có 2011 2011 2011 1 2 Sxx= + 2011 2011 2011 2011 (2 3) S (2 3) S 1 ⇒ + = −− = − do S 2011 ∈ N và 0 < x 2 < 1 Mà S 2011 chia cho 3 dư 1 (cmt) ⇒ 2011 (2 3) + . SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG Đề thi vào lớp 10 chuyên TOÁN năm học 2011 - 2012 www.VNMATH.com Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Trường THPT Chuyên Trần Phú) Câu I. 1. Cho biểu thức P. nào đó thu được tất cả các ô trong bảng đều là số 1 không? ∗ ∗ ∗ WWW.VNMATH.COM ∗∗∗ 3 www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN HẢI PHÒNG NĂM 2011 (GV: Lưu Văn Thám – Trường BDVH