Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên vĩnh phúc năm học 2011 - 2012(có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) ———————————— Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đồ thị (P) hàm số: y = x − (2m + 1) x + m − m đường thẳng (D): y = 3x + ; m tham số a) Cho m = , tìm hồnh độ giao điểm (P) (D) b) Tìm tất cả giá trị tham số m để (P) (D) cắt điểm phân biệt có hồnh độ khơng âm Câu (3,0 điểm) 5x = 5x + − 5x + b) Cho hai số x, y liên hệ với bởi đẳng thức x + xy + 7( x + y ) + y + 10 = Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất biểu thức S = x + y + a) Giải phương trình: Câu (1,0 điểm) Tìm tất cả số nguyên dương x1 , x2 ,K , xn , n thỏa mãn: x1 + x2 + L + xn = 5n − 1 + +L + = x1 x2 xn Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = AC Trên cạnh AB, AC lấy điểm E , D cho DE = DC Giả sử đường thẳng qua D trung điểm đoạn thẳng EB cắt đường thẳng BC F a) Chứng minh đường thẳng EF chia đơi góc · AED · · b) Chứng minh BFE = CED Câu (1,0 điểm) Trong hộp có 2010 viên sỏi Có hai người tham gia trò chơi, mỗi người phải bốc ít nhất 11 viên sỏi nhiều nhất 20 viên sỏi Người bốc viên sỏi cuối cùng sẽ thua Hãy tìm thuật chơi để đảm bảo người bốc người thắng -Hết Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: .……………………………………… Số báo danh: ………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ———————— HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý bản học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác đủ bước cho điểm tối đa - Trong mỗi câu, ở bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm - Câu hình học bắt buộc phải vẽ hình mới chấm điểm, thí sinh khơng có hình vẽ ở phần giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần - Điểm tồn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm không làm tròn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu (3 điểm) a) 1,0 điểm Nội dung trình bày Điểm Khi m = , hoành độ giao điểm (P) (D) nghiệm PT: x − x = x + 0,25 ⇔ x − 12 x − = , có ∆ ' = 36 + = 38 − 38 + 38 Vậy hoành độ giao điểm là: , 2 0,25 0,50 b) 2,0 điểm Nội dung trình bày Điểm 2 Hoành độ giao điểm (P) (D) nghiệm PT: x − (2m + 1) x + m − = x + m 0,25 ⇔ x − 4( m + 2) x + m − = (1) 0,25 PT (1) có: ∆ ' = 4(m + 2) − 2( m − 2) , để (P) cắt (D) hai điểm phân biệt ∆ ' > (2) 0,25 Có: (2) ⇔ 2(m + 2) − ( m − 2) > ⇔ 2m + 8m − m + 10 > 0,25 2 1 1  39  ⇔ 2m + 7m + m − 2.m + + 10 − > ⇔ 2m + m +  m − ÷ + > , với m 4 2   x1 + x2 = 2(m + 2) (3)  Gọi x1 , x2 hoành độ giao điểm (P) (D) ta có:  m−2 (4)  x1 x2 =   x1 ≥  x1 + x2 ≥ Để   , từ (3) (4) suy ra: m ≥  x2 ≥  x1 x2 ≥ Vậy giá trị m cần tìm là: m ≥ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (3 điểm) a) 1,5 điểm Nội dung trình bày 5 x + > ⇔x>− 5 x + ≥ Điều kiện:  Đặt u = x + > , suy ra: x = u − 9, Điểm 0,25 x + = u − , thay vào PT cho có: (1) u =  u+3 = u −3 ⇔  = (2) u2 −  u2 −  (1) ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện) u2 − 0,25 0,25 0,25 (2) ⇔ u + = u − ⇔ 6u = −14 vô nghiệm u > Vậy PT cho có nghiệm nhất x = 0,25 0,25 b) 1,5 điểm Nội dung trình bày Điểm Viết lại biểu thức cho thành ( x + y + 1) + 5( x + y + 1) + = − y (*) Như vậy với x y ta có S + 5S + ≤ (với S = x + y + ) Suy ra: ( S + 4)( S + 1) ≤ ⇔ −4 ≤ S ≤ −1  x = −5 Từ có: S = −4 ,  y =  x = −2 S max = −1 ,  y = 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Nội dung trình bày Không mất tính tổng quát, coi x1 ≤ x2 ≤ L ≤ xn Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có: 1 1 5n − = ( x1 + x2 + L + xn )  + + L + ÷ ≥ n n x1 xn n n = n2 x1 x2 xn  x1 xn  ⇒ n − 5n + ≤ ⇔ ≤ n ≤  x1 = × −  ⇔ x1 = Với n = , ta có:  =1 x   x1 + x2 = ×2 − = x + x =  ⇔ Với n = , ta có:  1 hệ khơng có nghiệm ngun  x1 + x2 = x1 x2 x + x =1  Điểm 0,25 0,25 (1)  x1 + x2 + x3 = ×3 − = 11  Với n = , ta có:  1 (2) x + x + x =1  Từ (2) suy x1 > kết hợp với (1) suy ≤ x1 ≤ Thử trực tiếp, ( x1 ; x2 ; x3 ) = ( 2;3;6 ) 0,25 Với n = x1 = x2 = x3 = x4 = (dấu đẳng thức bất đẳng thức AM - GM) Kết luận + Với n = x1 = + Với n = ( x1; x2 ; x3 ) = (2;3;6) ;(2;6;3);(3;2;6);(3;6;2);(6;2;3);(6;3;2) + Với n = ( x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = (4; 4; 4; 4) 0,25 Câu (2,0 điểm) a) 1,25 điểm Nội dung trình bày Gọi M trung điểm BE , G giao điểm đường thẳng EF , AC GA EA = × Ta sẽ chứng minh GD ED Áp dụng định lý Ménélaus cho ∆ADM với cát tuyến G, E , F ta có: Điểm 0.25 GA FD EM GA FM EA × × =1⇒ = × GD FM EA GD FD EM FM BM = FD DI FM BM BM = = Do ∆ABC cân, DI P AB nên ∆DCI cân, hay DI = DC = DE suy ra: FD DI DE EA EA = Do M trung điểm BE nên EM = MB EM MB GA FM EA BM EA EA = × = × = Vậy điều phải chứng minh GD FD EM DE BM ED Lấy I ∈ BC cho DI P AB , hai tam giác FMB, FDI đồng dạng nên 0.25 0.25 0.25 0.25 b) 0,75 điểm Nội dung trình bày Điểm · · · · Đặt · ABC = · ACB = β ; DCE = DEC = α ; DEG = GEA = γ Ta sẽ chứng minh β = α + γ Thật vậy: · · Trong tam giác BEC có CBE = β , BCE = β − α suy · CEB = 180 − β − ( β − α ) = 180 − 2β + α 0 · Do G, E , F thẳng hàng nên FEB = γ · · · CEB = 1800 − CEG − BEF = 1800 − ( α + γ ) − γ 0.25 (1) (2) Từ (1) (2) suy β = α + γ , điều phải chứng minh 0.25 0.25 Câu (1,0 điểm) Nội dung trình bày Để đảm bảo thắng cuộc, ở nước cuối cùng người bốc sỏi phải để lại hộp 11 viên sỏi Ở nước trước phải để lại hộp: 11 + (20 + 11) = 42 viên sỏi Suy người bốc sỏi phải đảm bảo hộp lúc cũng còn 11 + 31k viên sỏi Ta có (2010 − 11) : 31 = 65 dư 15 Như vậy người bốc sỏi ở lần thứ nhất phải bốc 15 viên Tiếp theo, đối phương bốc k viên sỏi ( k = 1, 2, , 20 ) người bốc sỏi phải bốc 31 − k viên sỏi, cuối cùng sẽ để lại 11 viên sỏi cho đối phương Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Hết SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho tất thí sinh (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) ———————————— Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức P( x) = 1 + 1− x 1+ x a) Rút gọn P( x) b) Tìm giá trị x để P( x) = −2 Câu (3,0 điểm) Cho f ( x) = x − (2m + 1) x + m + ( x biến, m tham số) a) Giải phương trình f ( x) = m = b) Tìm tất cả giá trị m để đẳng thức f ( x) = (ax + b) với số thực x ; a, b số c) Tìm tất cả giá trị m ∈ ¢ để phương trình f ( x) = có hai nghiệm x1 , x2 ( x1 ≠ x2 ) cho biểu thức P = x1 x2 có giá trị số nguyên x1 + x2 Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn (O;R) điểm M (điểm M khác điểm A) a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn b) Đường thẳng vng góc với AB điểm O cắt đường thẳng BM điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng OP điểm K, đường thẳng PM cắt đường thẳng ON điểm I; đường thẳng PN đường thẳng OM cắt điểm J Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng 3 a +b +c > a b+c +b c+a +c a +b Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: Câu (1,0 điểm) Tìm tất cả số nguyên tố p cho tồn cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn hệ:  p + = x2   2  p +1 = y  Hết Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: .……………………………………… Số báo danh: ………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Dành cho tất thí sinh I HƯỚNG DẪN CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý bản học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác đủ bước cho điểm tối đa - Trong mỗi câu, ở bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm - Câu hình học bắt buộc phải vẽ hình mới chấm điểm, thí sinh khơng có hình vẽ ở phần giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần - Điểm toàn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm không làm tròn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu (2,0 điểm) a) 1,0 điểm Điể Nội dung trình bày m x ≥  ⇔ ≤ x ≠1 1 − x ≠  Điều kiện:  Khi đó: P( x) = 0,50 1+ x +1− x ⇔ P ( x) = 1− x (1 + x )(1 − x ) 0,50 b) 1,0 điểm Điể m Nội dung trình bày Theo phần a) có: P( x) = −2 ⇒ ⇒ = −2 1− x 0,25 = −1 ⇒ − x = −1 ⇒ x = (thỏa mãn điều kiện) Mỗi dấu ⇒ cho 0,25 1− x 0,75 điểm Câu (3 điểm) a) 1,0 điểm Điể m 0,25 0,50 0,25 Nội dung trình bày Thay m = vào PT f ( x) = ta có: x − 3x + = (1) PT(1) có: a + b + c = − + = Vậy PT có hai nghiệm là: b) 1,0 điểm Điể m Nội dung trình bày 2 1 1 1    Với m ta có: f ( x) = x −  m + ÷x +  m + ÷ + m + −  m + ÷ 2      0,25    1   ⇔ f ( x) =  x −  m + ÷ + m + −  m + ÷  2    0,25    ⇔ f ( x) =  x −  m + ÷ + − m    0,25 Suy ra: để f ( x) = ( ax + b ) ⇔ m = Vậy tồn nhất giá trị m = thỏa mãn yêu 0,25 cầu c) 1,0 điểm Điể m Nội dung trình bày f ( x ) = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = ( 2m + 1) − 4(m + 1) > ⇔ 4m − > ⇔ m >  x1 + x2 = 2m + m + 2m − 5 ⇒P= = + ⇒ P = 2m − + Khi ta có:  (*) 2m + 4(2m + 1) 2m +  x1 x2 = m + Do m > , nên 2m + > , để P ∈ ¢ phải có: (2m + 1) ước ⇒ 2m + = ⇒ m = = ⇒ P = Vậy giá trị m cần tìm Với m = thay vào (*) có: P = 2.2 − + 2.2 + 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (2 điểm) a) 1,0 điểm: · · Ta có: PAO = PMO = 900 · · ⇒ PAO + PMO = 1800 ⇒ tứ giác APMO nội tiếp b) 2,0 điểm: x N P J I M K 0,50 0,50 ABM = · AOM ; OP phân giác góc Ta có · A B O · AOM ⇒ · AOP = · AOM ⇒· ABM = · AOP (2 góc đồng vị) ⇒ MB // OP (1) Ta có hai tam giác AOP, OBN ⇒ OP = BN (2) Từ (1) (2) ⇒ OBNP hình bình hành ⇒ PN // OB hay PJ // AB Mà ON ⊥ AB ⇒ ON ⊥ PJ Ta cũng có: PM ⊥ OJ ⇒ I trực tâm tam giác POJ ⇒ IJ ⊥ PO (3) · Ta lại có: AONP hình chữ nhật ⇒ K trung điểm PO · APO = NOP · Mà · APO = MPO ⇒ ∆ IPO cân I IK trung tuyến đồng thời đường cao ⇒ IK ⊥ PO (4) Từ (3) (4) ⇒ I, J, K thẳng hàng Câu (1 điểm) Nội dung trình bày Ta có: ( x − y ) ( x + y ) ≥ ∀x, y > Suy ra: ( a − b ) ( a + b ) ≥ ⇔ ( a − ab + b − ab ) ( a + b ) ≥ ⇔ a + b3 ≥ ab(a + b) (1), dấu ‘=’ xẩy ⇔ a = b Từ (1) BĐT AM – GM có: a + b3 + c ≥ ab(a + b) + c ≥ abc (a + b) = 3c a + b (do abc = ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điể m 0,25 0,25 a = b a + b3 + c ≥ 3c a + b , dấu ‘=’ xẩy ⇔  (2) ab(a + b) = c b = c Tương tự có: a3 + b3 + c3 ≥ 3a b + c , dấu ‘=’ xẩy ⇔  (3) bc(b + c) = a Vậy: 0,25 c = a a + b3 + c ≥ 3b c + a , dấu ‘=’ xẩy ⇔  (4) ca (c + a ) = b Từ (2), (3) (4) có: a + b3 + c3 ≥ a b + c + b c + a + c a + b (5), dấu ‘=’ xẩy ⇔ a = b = c = vô lí, abc = 0,25 , hay ta có đpcm Câu (1 điểm) Nội dung trình bày Điểm x ≥ 0, y ≥ Từ phương trình p + = x suy Khơng mất tính tổng qt ta giả sử 0.25 p số lẻ Dễ thấy ≤ x < y < p ⇒ y − x không chia hết cho p (1) 2 Mặt khác, ta có y − x = p − p ⇒ ( y − x ) ( y + x ) ≡ ( mod p ) ⇒ y + x ≡ ( mod p ) (do (1)) 0.25 Do ≤ x < y < p ⇒ < y + x < p ⇒ x + y = p ⇒ y = p − x thay vào hệ cho ta  p + = 2x2   p + = x2  p = 4x −1   p +1 = 2x 0.25 ⇔ ⇔ ⇔  2  p +1 = 2( p − x)     2 1 = p − px + p +  p = x − 2 x = x  Giải hệ ta p = 7, x = thay vào hệ ban đầu ta suy y = Vậy p = 0.25 -Hết SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ———————— ĐỀ THI MÔN: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ———————————— Câu (3,0 điểm) Cho phương trình : x − mx3 + (m + 1) x − m(m + 1) x + (m + 1) = (1) (trong x ẩn, m tham số) Giải phương trình (1) với m = −2 Tìm tất cả giá trị tham số m cho phương trình (1) có bốn nghiệm đơi phân biệt Câu (1,5 điểm) Tìm tất cả cặp hai số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x − x3 + = y Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC với BC > CA > AB nội tiếp đường tròn (O) Trên cạnh BC lấy điểm D tia BA lấy điểm E cho BD = BE = CA Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE cắt cạnh AC điểm P, đường thẳng BP cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai Q 1 Chứng minh tam giác AQC đồng dạng với tam giác EPD Chứng minh BP = AQ + CQ Câu (1,5 điểm) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh c ( a +b 2 ) 2 +a (b +c 2 ) 2 +b (c +a 2 ) 2 ≥ 54 ( abc ) ( a + b + c) ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) 4 × Câu (1,0 điểm) Cho đa giác lồi A1 A2 K A100 Tại mỗi đỉnh Ak ( k = 1, 2, ,100 ), người ta ghi số thực ak cho giá trị tuyệt đối hiệu hai số hai đỉnh kề Tìm giá trị lớn nhất giá trị tuyệt đối hiệu hai số ghi mỗi cặp đỉnh đa giác cho, biết số ghi đỉnh cho đôi khác Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: .……………………………………… Số báo danh: ………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 ———————— HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Toán I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý bản học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác đủ bước cho điểm tối đa - Trong mỗi câu, ở bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm - Câu hình học bắt buộc phải vẽ hình mới chấm điểm, thí sinh khơng có hình vẽ ở phần giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần - Điểm tồn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm không làm tròn II ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu (3,0 điểm) Câu 1.1 (1,5 điểm) Điểm Nội dung trình bày Khi m = −2 phương trình cho có dạng x + x3 − x − x + = (2) Nếu x = 04 + ×03 − 02 − ×0 + = , vơ lý, vậy x ≠ Chia hai vế pt (2) cho x ta được: x + 1  +  x − ÷− = x x  1 Đặt x − = t ⇒ x + = t + thay vào phương trình ta t + 2t + = ⇔ t = −1 x x 0,5 0,5 −1 ± Với t = −1 ta x − = −1 ⇔ x + x − = ⇔ x = 0.25 Kết luận nghiệm 0.25 Câu 1.2 (1,5 điểm) Điểm x 2 Nếu x = phương trình cho trở thành (m + 1) = Khi m ≠ −1 phương trình vơ nghiệm Khi m = −1 x = nghiệm phương trình cho, phương trình cho có dạng x + x3 = ⇔ x = ∨ x = −1 Phương trình có hai nghiệm Do x ≠ m ≠ −1 Chia hai vế phương trình cho x ≠ đặt x + (m + 1) = t ta phương trình x t = −1 t − mt − (m + 1) = ⇔  t = m + 0.25 0.25 Với t = −1 ta phương trình x + x + (m + 1) = (1) Với t = m + ta phương trình x − (m + 1) x + (m + 1) = (2) 0.25 Phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt mỡi phương trình (1) (2) đều có hai nghiệm phân biệt, đồng thời chúng khơng có nghiệm chung (1) (2) có hai nghiệm phân biệt 1 − ( m + 1) >  ⇔ m < −1  ( m + 1) − ( m + 1) >  (3) 0.25 ( m + 1) = − x0 − x0  Khi x0 nghiệm chung (1) (2)  ( m + 1) = − x0 + ( m + 1) x0  0.25 Từ (m + 2) x0 = điều tương đương với m = −2 x0 = Nếu x0 = m = −1 , loại −1 ± Nếu m = −2 (1), (2) có hai nghiệm x = Do (1) (2) có nghiệm chung m = −2 0.25 Từ (3) suy phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt −2 ≠ m < − Câu (1,5 điểm) Nội dung trình bày Điểm +) Nếu x = thay vào phương trình ta y = ±1 +) Nếu x = −1 ⇒ y = vô nghiệm 0,25 +) Nếu x = ⇒ y = ⇒ y = ±1 +) Nếu x ≥ ta có y = x − x3 + ⇒ ( x − x − 1) < ( y ) < ( x − x + 1) 2 ⇒ ( y ) = ( x − x ) ⇔ x − x3 + x = x − x + ⇔ x = (do x ≥ ) ⇒ y = ±3 2 0,5 +) Nếu x ≤ −2 , đặt t = − x ≥ Khi ta có y = t + t + ⇒ y = 4t + 4t + ⇒ ( 2t + t − 1) < ( y ) < ( 2t + t + 1) 2 0,5 ⇒ ( y ) = ( 2t + t ) ⇔ 4t + 4t + = 4t + 4t + t ⇔ t = (do t ≥ ) ⇒ y = ±5 2 Kết luận ( x ; y) = (0;1);(0; −1); (1;1);(1; −1);(2;3);(2; −3);( −2;5);( −2 ; −5) 0,25 Câu (3,0 điểm) Câu 3.1 (2,0 điểm) Điểm Nội dung trình bày Do tứ giác BEPD, ABCQ nội tiếp, 0,5 nên ∠EDP = ∠EBP = ∠ABQ = ∠ACQ (1) 0,5 ∠EPD = 1800 − ∠EBD = 1800 − ∠ABC = ∠AQC (2) 0,5 Từ (1) (2) suy ∆AQC : ∆EPD, điều phải chứng minh 0,5 Câu 3.2 (1 điểm) Điểm Theo kết quả phần 1, ta có 0,25 QA + QC QA QC CA = = = PE + PD PE PD DE Suy ( QA + QC ) ×DE = ( PE + PD ) ×AC = ( PE + PD ) ×BD (3) 0,25 Áp dụng định lý Ptolemey cho tứ giác BEPD nội tiếp, ta BP ×ED = BE ×PD + EP ×BD = ( PD + PE ) ×BD Từ (3) (4) suy (QA + QC )·ED = BP·ED hay QA + QC = BP , điều phải chứng minh (4) 0,25 0,25 Câu (1.5 điểm) Nội dung trình bày Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có Điểm 0.5 c ( a + b ) + a ( b + c ) + b ( c + a ) ≥ 3 ( abc ) ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )    2 ≥ 3 ( abc ) 64 ( abc ) = 12 ( abc ) 2 Suy c ( a + b ) + a ( b + c ) + b ( c + a ) ≥ 3abc 2 Cũng theo bất đẳng thức AM-GM ( ab ) ⇒ ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ≥ 3 ( ab ) 4 ( a + b + c ) ≥ ( abc ) 4 ( bc ) ( ca ) 4 = ( abc ) ( abc ) 0.5 + ( bc ) + ( ca ) ≥ ×abc abc 4 Suy c ( a + b2 ) + a ( b + c ) + b ( c + a ) ×( a + b + c ) × ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ≥ 2 2 ≥ ( abc ) × ( abc ) abc ×9 ( abc ) ≥ 54 ( abc ) 4 0.25 Từ suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy a = b = c 0.25 Câu (1 điểm) Nội dung trình bày A1 Điểm A2 A100 A3 A4 Xét đa giác lồi A1 A2 K A100 hình vẽ Khi ak − ak +1 = ak − ak +1 = ( k = 1, 2, ,99 ) Không mất tính tổng quát, coi a1 nhỏ nhất, an lớn nhất (dễ thấy 0.25 n ≥ ) Đặt d = max − a j d = an − a1 Ta sẽ chứng minh d = 149 i≠ j Nằm A1 , An , theo chiều kim đồng hồ có n − đỉnh có 100 − n đỉnh, theo chiều ngược kim đồng hồ Hơn giá trị tuyệt đối hiệu hai số kề khơng vượt q Do d = a1 − an ≤ a1 − a2 + a2 − a3 + + an −1 − an ≤ ( n − 1) d ≤ ( 100 − n + 1) Suy d ≤ 0.25 tương tự ta có ( 3(n − 1) ) + ( 3(100 − n + 1) ) = 300 = 150 d = 150 hiệu hai số ghi hai đỉnh kề hay  − +1 = +1 − + ( i = 1, ,98 ) ta có − +1 = 3, i = 1, 2, ,99 ⇒ − +1 = +1 − + ⇒   = + ⇒ a1 − a100 = a1 − a2 + a2 − a3 + + a99 − a100 = 99 ( a1 − a2 ) ⇒ a1 − a100 = 99 ( a1 − a2 ) ⇒ = 99.3 0.25 Điều không xảy suy d = 150 không thỏa mãn Ta xây dựng trường hợp cho d = 149 sau: a1 = 0, a2 = 2, ak = ak −1 + với k = 2,3,…,52; a53 = a52 − 2, ak = ak −1 − 3, k = 54,55,…,100 Khi hiệu lớn nhất a53 − a1 = 149 Các số a2 , a3 ,…, a53 có dạng + 3t , số a54 , a55 ,…, a100 có dạng 147 − 3k Rõ ràng không tồn k , t cho + 3t = 147 − 3k ⇔ ( k + l ) = 145 ( k , t ∈¢ ) Suy điều phải chứng minh Hết 0.25 ... Vậy p = 0.25 -Hết SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 201 1- 2012 ———————— ĐỀ THI MÔN: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn Thời gian... GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 201 1- 2012 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho tất thí sinh (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) ————————————... Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thi? ? sinh: .……………………………………… Số báo danh: ………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 201 1- 2012 ————————