ĐỀ THI VÀO 10 CÓ Đ.A ( THANH HÓA )

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.. Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình bình hành.. Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của E qua các

SỞ GD VÀ ĐT

THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC: 2009 - 2010

Đề chính thức Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi:19 tháng 6 năm 2009

Câu 1( 2,0 điểm)

Cho biểu thức:

2 3

T



1 Tìm điều kiện của xđể T xác định Rút gọn T

2 Tìm giá trị lớn nhất của T

Câu 2 ( 2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình:

2





2 Giải phương trình: x 2 y 2009 z 2010 1(x y z)

2

Câu 3 (2,0 điểm)

1 Tìm các số nguyên a để phương trình: x2- (3+2a)x + 40 - a = 0 có nghiệm nguyên Hãy

tìm các nghiệm nguyên đó

2 Cho a, b, c là các số thoả mãn điều kiện:

a 0

b 0 19a 6b 9c 12













Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm

x  2(a 1)x a  6abc 1 0 

x  2(b 1)x b  19abc 1 0 

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AD Gọi

H là trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung BC không chứa điểm A

1 Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình bình hành

2 Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của E qua các đường thẳng AB và AC Chứng

minh rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng

3 Tìm vị trí của điểm E để PQ có độ dài lớn nhất

Câu 5 ( 1,0 điểm)

Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn Chứng minh rằng với mọi

số thực x, y, z ta luôn có: x22 y22 z22 2x22 2y22 2z2 2

-Hết -Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Họ tên và chữ ký của giám thị 1 Họ tên và chữ ký của giám thị 2

SỞ GD VÀ ĐT

THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC: 2009 - 2010

Đề chính thức Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Hướng dẫn chấm

1 Điều kiện: x 0; x 1 

2

T

0,25 0,75

2 T lớn nhất khi x2 x 1 nhỏ nhất, điều này xẩy ra khi x= 0 Vậy T lớn nhất bằng 2

0,5 0,5

Giải hệ phương trình:

2



 Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ nên từ (1)  y = 2x2 1

x



(*) Thế vào (2) được: 4x2 + 4x 2x2 1

x



- 2x2 1 2

x



= 7

 8xx4 – 7x2 - 1 = 0 Đặt t = x2 với t ≥ 0 ta được 8xt2 - 7t - 1 = 0  t = 1 hoặc t = - 8x1 (loại) với t =1 ta có x2 = 1  x =  1 thay vào (*) tính được y =  1

Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: x 1y 1



 ; xy11



0,25

0,25

0,25

0,25

Phương trình đã cho tương đương với:

x y z 2 x 2 2 y 2009 2 z 2010       

0,25

0,25 0,25 0,25

3 1 PT đã cho có biệt số  = 4a2 + 16a -151

PT có nghiệm nguyên thì  = n2 với n  N Hay 4a2 + 16a - 151 = n2  (4a2 + 16a + 16) - n2 = 167

 (2a + 4)2 - n2 = 167  (2a + 4 + n)(2a + 4 - n) = 167

Vì 167 là số nguyên tố và 2a + 4 + n > 2a + 4 - n nên phải có:

2a + 4 + n = 167 2a + 4 - n = 1

0,25 0,25

2a + 4 + n = -1  4a 8x 168x

4a 8x 168x



a 44







2a + 4 - n = -167

với a = 40 đựơc PT: x2 - 8x3x = 0 có 2 nghiệm nguyên x = 0, x = 8x3

với a = - 44 thì PT có 2 nghiệm nguyên là x= -1, x = - 8x4

0,25

0,25

1 a(2 6bc) ; 2 b(2 19ac)

Suy ra    1' 2' a(2 6bc) b(2 19ac)  

Từ giả thiết 19a 6b 9c 12   , ta có tổng

=9c2 12c 4 3c 2 2 0

Do đó ít nhất một trong hai số (2 6bc) ;(2 19ac)  không âm

Mặt khác, theo giả thiết ta có a 0 ; b 0   Từ đó suy ra ít nhất một

trong hai số 1'; 2' không âm, suy ra ít nhất một trong hai phương

trình đã cho có nghiệm ( đpcm)

0,25 0,25

0,25

0,25

A

P

B

C

D

E

H

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên BHAC (1)

Mặt khác AD là đường kính của đường tròn tâm O nên DCAC (2)

Từ (1) và (2) suy ra BH // DC

Hoàn toàn tương tự, suy ra BD // HC

Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành ( Vì có 2 cặp cạnh đối song

song)

Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy ra AP=AE

  PAB  EAB ( c.g c )   APB  AEB

Lại có  AEB  ACB ( góc nội tiếp cùng chắn một cung)

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

2

3

Mặt khác AHB ACB 18x0 0 APB AHB 18x0 0  tứ giác

APHB là tứ giác nội tiếp   PAB  PHB( góc nội tiếp cùng chắn một

cung)

Mà  PAB  EAB   PHB  EAB

Hoàn toàn tương tự, ta có: CHQEAC.Do đó:

0

Suy ra ba điểm P, H, Q thẳng hàng

Vì P, Q lần lượt là điểm đối xứng của E qua AB và AC nên ta có

AP = AE = AQ suy ra tam giác APQ là tam giác cân đỉnh A

Mặt khác, cũng do tính đối xứng ta có PAQ 2 BAC  ( không đổi)

Do đó cạnh đáy PQ của tam giác cân APQ lớn nhất khi và chỉ khi AP,

AQ lớn nhất  AE lớn nhất

Điều này xảy ra khi và chỉ khi AE là đường kính của đường tròn tâm O

ngoại tiếp tam giác ABC  E D

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

A B

C H

a

c

b

Vì a2b2c2 0ta có:

 2 2 2 2 2 2

2 2 2

(*)

Giả sử a b c   thì c2 a2 0;c2 b2 0 Với cạnh c lớn nhất  ACB

nhọn (gt) do vậy kẻ đường cao BH ta có

c BH HA BC CA a b từ đó suy ra biểu thức (*) là không

âm suy ra điều phải chứng minh

0,25

0,25

0,5

SỞ GD VÀ ĐT

THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC: 2009 - 2010

Đề chính thức Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009

Câu 1: (2,0 điểm)

1 Cho số x x R; x 0   thoả mãn điều kiện: x2 + 12

Tính giá trị các biểu thức: A = x3 + 13

x và B = x5 + 15

x

2 Giải hệ phương trình:

y x

x y













Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax2 bx c 0  (a 0 ) có hai nghiệm x , x1 2 thoả mãn điều kiện: 0 x  1 x2  2.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2

Q



 

Câu 3: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: x 2 + y 2009 + z 2010 = 1(x y z)

2 Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 +1 và 6p2 +1 cũng là số nguyên tố

Câu 4: (3,0 điểm))

1 Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E Một đường thẳng quaA, cắt cạnh BC tại M và cắt đường thẳng CD tại N Gọi K là giao điểm của các đường thẳng EM và

BN Chứng minh rằng: CK BN

2 Cho đường tròn (O) bán kính R=1 và một điểm A sao cho OA= 2.Vẽ các tiếp tuyến AB,

AC với đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm).Một góc xOy có số đo bằng 45 0có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB tại D và cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC tại E Chứng minh rằng: 2 2 2 DE 1  

Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P a 2b2c2d2ac bd ,trong đó ad bc 1  

Chứng minh rằng: P 3

Hết

SỞ GD VÀ ĐT

THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC: 2009 - 2010 Môn: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)

Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009 (Đáp án này gồm 04 trang)

1

1

Từ giả thiết suy ra: (x +1

x)2 = 9  x + 1

x = 3 (do x > 0)

 21 = (x +1

x)(x2 + 12

x ) = (x3 + 13

x ) + (x + 1x )  A = x3 + 13

 7.18x = (x2 + 12

x )(x3 + 13

x ) = (x5 + 15

x ) + (x +1

x)

 B = x5+ 15

x = 7.18x - 3 = 123

0.25 0.25 0.25 0.25

2

Từ hệ suy ra 1 2 1 1 2 1

x    y   (2)

Nếu 1 1

x  y thì

   nên (2) xảy ra khi và chỉ khi x=y thế vào hệ ta giải được x=1, y=1

0.5

0.5

Theo Viét, ta có: 1 2

b

a

  , 1 2 c

x x

a

Khi đó

2

2a 3ab b Q

2a ab ac



2

2 3

2

( Vì a 0)

=

2

1 2 1 2

2 3(x x ) (x x )

2 (x x ) x x

Vì 0 x  1 x2  2 nên 2

1 1 2

2

 x12  x22  x x1 2  4   x1 x22  3x x1 2  4

1 2 1 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1  x2  2 hoặc x1  0, x2  2

Tức là

b 4 a

4

b

a c 0 a

 

  

 







 









 



Vậy maxQ=3

0.25

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

0.25

3

1 ĐK: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010

Phương trình đã cho tương đương với:

x + y + z = 2 x 2 +2 y 2009 +2 z 2010

 ( x 2 - 1)2 + ( y 2009 - 1)2 + ( z 2010 - 1)2 = 0

x 2 1 0

y 2009 1 0

z 2010 1







x 3

z 2011







 



0.25

0.25 0.25

0.25

2 Nhận xét: p là số nguyên tố  4p2 + 1 > 5 và 6p2 + 1 > 5

Đặt x = 4p2 + 1 = 5p2- (p - 1)(p + 1)

y = 6p2 + 1  4y = 25p2 – (p - 2)(p + 2)

Khi đó:

- Nếu p chia cho 5 dư 4 hoặc dư 1 thì (p - 1)(p + 1) chia hết cho 5

0.25

 x chia hết cho 5 mà x > 5  x không là số nguyên tố

- Nếu p chia cho 5 dư 3 hoặc dư 2 thì (p - 2)(p + 2) chia hết cho 5  4y chia hết cho 5 mà UCLN(4, 5) = 1  y chia hết cho 5 mà y > 5  y không là số nguyên tố Vậy p chia hết cho 5, mà p là số nguyên tố  p = 5 Thử với p =5 thì x =101, y =151 là các số nguyên tố Vậy: p =5 0.25 0.25 0.25 4 1 2

Trên cạnh AB lấy điểm I sao cho IB = CM

Ta có  IBE =  MCE (c.g.c)

Suy ra EI = EM ,  MEC  BEI  MEI vuông cân tại E

Suy ra EMI 45 0 BCE

Mặt khác: IB CM MN

ABCB AN  IM // BN  BCE  EMI  BKE  tứ giác BECK nội tiếp

0

Lại có: BEC 90 0 BKC 90 0 Vậy CKBN

Vì AO = 2, OB=OC=1 và ABO=ACO=900 suy ra OBAC là hình

0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25

K M

E

O

C

B D

E

M A

x x

y

vuông

Trên cung nhỏ BC lấy điểm M sao cho DOM = DOB

MOE=COE

Suy ra  MOD=  BOD  DME=900

 MOE=  COE EMO=900

suy ra D,M,E thẳng hàng, suy ra DE là tiếp tuyến của (O)

Vì DE là tiếp tuyến suy ra DM=DB, EM=EC

Ta cú DE<AE+AD 2DE<AD+AE+BD+CE =2 suy ra DE<1

Đặt DM = x, EM = y ta có AD2 + AE2 = DE2

 (1-x)2 + (1-y)2 = (x+y)2

 1- (x+y) = xy  

4

2

y

x 

 suy ra DE2 + 4.DE - 4 0  DE 2 2  2

Vậy 2 2  2 DE<1

Ta có: (ac bd) 2(ad bc) 2 a c2 2 2abcd b d 2 2a d2 2 2abcd b c 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

Vì ad bc 1  nên 1 (ac bd)  2 a2b2 c2 d2 (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm a2 b ; c2  2 d2 có:

P a b c d ac bd 2 a  b c d ac bd

Rõ ràng P 0 vì:  2 2

Đặt x ac bd  ,ta có: P 2 1 x  2 x

Vậy P 3

0.25 0.25 0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25

0.25