PHỊNG GD & ĐT VĨNH TƯỜNG ĐỀ THI CHỌN HGS LỚP NĂM HỌC 2010 – 2011 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨ C Câu Giải phương trình: a) x + 2x − − + x − 2x − + = 2 b) x − 3x + = 9.3 x − ( Câu Cho hàm số f ( x ) = x + 6x − ) 2011 + 2012 Tính giá trò f ( x ) x = 3 + 17 + 3 − 17 Câu Cho hình thoi ABCD, đường cao AH Cho biết AC = m; BD = n AH = h 1 Chứng minh = + × h m n Câu Cho hai đường tròn (O1 ; 5cm) (O2 ; 2cm) nằm ngồi Một tiếp tuyến chung ngồi AB hai đường tròn A ∈ ( O1 ) ; B ∈ ( O2 ) tiếp tuyến chung ( ( ) ) CD hai đường tròn C ∈ ( O1 ) ; D ∈ ( O2 ) Tính độ dài đoạn nối tâm O 1O2 biết AB = 1,5.CD Câu Có tồn hay khơng số ngun dương k cho 2k + 3k số phương? Câu a) Cho a, b c số thực khơng âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab bc ca + + ≤ × c +1 a +1 b +1 b) Cho hình vng ABCD 2013 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: * Mỗi đường thẳng cắt hai cạnh đối hình vng * Mỗi đường thẳng chia hình vng thành hai phần có tỷ số diện tích Chứng minh 2013 đường thẳng có 504 đường thẳng đồng quy Hết Phần a 2đ Nội dung trình bày ĐKXĐ: x ≥ Điểm (1) Nhân hai vế PT với biến đổi PT dạng: ( ) 2x − + + ( 2x − − ) =4 2x − + + − 2x − = (*) ( a− b = b − a ) ⇔ Á p dụng BĐT vềGTTĐ: x + y ≥ x + y ( dấ u"=" ⇔ x.y ≥ 0) 2x − + + − 2x − ≥ Ta có: 0,25 0,25 0,25 2x − + + − 2x − = Dấu “=” khi: ( )( ) 2x − + − 2x − ≥ ⇔ − 2x − ≥ ⇔ ≤ x ≤ (2) 0,25 Từ (1) (2): (*) xảy ⇔ ≤ x ≤ Vậy nghiệm PT cho b 5 ≤ x ≤ ⇔ x ∈ ; 7 2 27 27 Đặt t = x − ⇔ x = t + Vì x − 3x + = x − ÷ + ≥ > 2 4 nên t > thay x = t + vào PT cho, ta được: ( t3 + 2) ⇔ ( t − 1) ( 3 ( ) − t + + = 9t 0,25 0,25 ( t + 2t3 + 3t + 5t + ) = ⇔ t = t > ⇒ t + 2t + 3t + 5t + > 0,25 ) 0,25 ⇔ x =3 Vậy PT cho có nghiệm x = Đặt m = 3 + 17 ; n = 3 − 17 1,5đ Ta có: x = m + n m.n = − 0,5 x = m + n ⇒ x = ( m + n ) = m3 + n + 3mn ( m + n ) = − 6x ⇒ x + 6x = Do đó: f ( x ) = ( x + 6x − ) 2011 + 2012 = ( − ) 2011 + 2012 = 2013 Vậy với x = 3 + 17 + 3 − 17 f ( x ) = 2013 0,5 0,5 A 1đ I D B O H K C Gọi O giao điểm hai đường chéo hình thoi ta có AC ⊥ BD OA = OC = m n ; OB = OD = (?) Qua O kẻ OI ⊥ AB 2 I , đường thẳng OI cắt CD K ta có IK = AH = h ; OI = 0,5 h (?) Áp dụng HTL vào tam giác AOB vng O ta có: 1 = + 2 OI OA OB2 ⇔ h ÷ 2 = m ÷ 2 + 0,5 1 n ⇔ = + h m n ÷ 2 A 1,5đ I B D O2 O1 C E Kẻ O2I ⊥ O1A I O2E ⊥ O1C E, ta có O2I = AB; -20 -15 -10 O2E = CD; IA = O2B = 2cm ⇒ IO1 = cm; CE = O2D = 2cm 0,5 ⇒ O1E = 7cm, đặt CD = x O2E = x IO2 = AB = 1,5x Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vng O 1IO2 O1EO2 ta có: -5 O1O 2 = IO12 + IO 2 = 32 + ( 1,5x ) O1O 2 = O1E + O E = + x Từ (1) (2): + ( 1,5.x ) 2 0,5 (1) (2) = + x ⇒ x = 32 ⇒ O1O = 9cm 2 Ta có hai nhận xét đơn giản sau: 1,5đ * Số phương khơng thể có tận 2; 3; 7; ** Số phương chia cho khơng thể có số dư 0,5 0,5 Giả sử tồn k ∈ ¥ * cho 2k + 3k số phương Đặt k = 4t + r với t ∈ ¥ ; r ∈ { 0;1; 2;3} số xét có dạng 0,25 A = 2k + 3k = 24t + r + 34t + r = 16 t.2r + 81t.3r Xét trường hợp xảy ra: - Với r = t ∈ ¥ * số A = 16t + 81t có tận ( A khơng số phương theo * ) (1) - Với r = số A = 16t.4 + 81t.9 có tận (A khơng 0,25 số phương theo *) (2) - Với r = số A = 16t.2 + 81t.3 chia dư (A khơng số phương theo ** ) (3) - Với r = số A = 16t.8 + 81t.27 chia dư (A khơng số phương theo ** ) (4) 0,25 Từ (1), (2), (3), (4) ta thấy khơng tồn số ngun dương k để số 2k + 3k số phương 0,25 2,5đ a Với x; y số thực dương, ta có: ≤ x+y 11 1 + ÷ (*) 4 x y Đẳng thức xẩy x = y > (HS tự chứng 0,5 minh) Áp dụng BĐT (*) ta có: ab ab ab 1 ’ = ≤ + ÷ (1 ) c +1 ( c + a ) + ( c + b) c + a c + b T/tự: bc bc 1 ca ca 1 ≤ + ≤ + ÷ ( 2) ; ÷ ( 3) a +1 a + b a + c b +1 b + a b + c Cộng vế với vế ba đẳng thức (1), (2), (3); ta được: ab bc ca ab + ca ab + cb cb + ca a + b + c + + ≤ + + = ÷= c +1 a +1 b +1 b + c c+a a+b 4 0,5 Đẳng thức xẩy a = b = c = × 0,5 b A B A1 E H M I J N K D F B1 C Gọi MN; EF đường nối trung điểm hai cạnh đối hình vng (hình vẽ) Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB A1 cắt MN I cắt 0,25 cạnh CD B1 Ta có tứ giác AA1B1D BCB1A1 hình thang có MI, NI đường trung bình hai SAA B D 1 = hình thang đó; giả sử S A BCB SAA B D 1 SA BCB 1 1 AD ( AA1 + DB1 ) 2.IM IM =2 = = = 2.IN IN BC ( A1B + B1C ) 0,25 ⇒ MI = MN nên MI = MN điểm I cố định I điểm để 0,25 đường thẳng cho qua Lập luận tương tự ta tìm điểm H; J; K cố định (hình vẽ) Có điểm 0,25 (4 chuồng) mà có 2013 đường thẳng qua (2013 thỏ) nên theo ngun lý Đirichle phải có 504 đường thẳng đồng qui (tồn chuồng có từ 504 thỏ trở lên) ! ... ÷ + ≥ > 2 4 nên t > thay x = t + vào PT cho, ta được: ( t3 + 2) ⇔ ( t − 1) ( 3 ( ) − t + + = 9t 0,25 0,25 ( t + 2t3 + 3t + 5t + ) = ⇔ t = t > ⇒ t + 2t + 3t + 5t + > 0,25 ) 0,25 ⇔ x =3 Vậy PT... + ( 1,5x ) O1O 2 = O1E + O E = + x Từ (1) (2): + ( 1,5.x ) 2 0,5 (1) (2) = + x ⇒ x = 32 ⇒ O1O = 9cm 2 Ta có hai nhận xét đơn giản sau: 1,5đ * Số phương khơng thể có tận 2; 3; 7; ** Số phương chia... = t ∈ ¥ * số A = 16t + 81t có tận ( A khơng số phương theo * ) (1) - Với r = số A = 16t.4 + 81t .9 có tận (A khơng 0,25 số phương theo *) (2) - Với r = số A = 16t.2 + 81t.3 chia dư (A khơng số