S GD&T VNH PHC CHNH THC K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2008-2009 MễN THI: TON Dnh cho cỏc thớ sinh thi vo lp chuyờn Toỏn Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao . Câu 1. Cho phơng trình bậc hai ẩn x : 2 2 ( 1) 1 0ax b a x m + = (1) a) Cho 1, 2a b= = . Tìm m để tổng bình phơng hai nghiệm của phơng trình (1) đạt giá trị nhỏ nhất. b) Chứng minh rằng nếu 2 2 2 2 6 2 5 0a b ab a b+ + + = thì phơng trình (1) có hai nghiệm đối nhau. Câu 2. a) Có thể viết thêm bao nhiêu chữ số 0 xen giữa chữ số 6 và 8 của số 1681 để số mới tạo thành là một số chính phơng? b) Giải hệ phơng trình 2 2 4 8 2 . xy y xy x = = + Câu 3. Cho , , 0x y z > và thoả mãn 27 3( ) 4 4 x y z xyz+ + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .P x y z= + + Câu 4. Cho t giỏc li ABCD. Gi M v N tng ng l trung im cỏc on thng AD v BC. ng thng CM v DN ct nhau ti E, ng thng BM v AN ct nhau ti F. Gi din tớch t giỏc MENF l 1 S , din tớch tam giỏc DEC l 2 S , din tớch tam giỏc FAB l 3 S . Chng minh rng: a) 1 2 3 S S S= + . b) 4. AF BF CE DE FN FM EM EN + + + Câu 5. Cho dóy s ( ) n a xỏc nh nh sau: 1 2 2 1 1 , 3 3 2 ( ). n n n a a a a a n + + + = = = Â Chng minh rng 2 1 1 2 1 7 8 1 n n n n n n a a a a a a + + + + = + + . (Kớ hiu [ ] x l s nguyờn ln nht khụng vt quỏ s x ). ---Ht--- (Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm) H v tờn thớ sinh . s bỏo danh S GD&T VNH PHC CHNH THC K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2008-2009 HNG DN CHM MễN: TON thi vo lp chuyờn Toỏn Lu ý khi chm bi: -Hng dn chm (HDC) ch trỡnh by mt cỏch gii bao gm cỏc ý bt buc phi cú trong bi lm ca hc sinh. Khi chm nu hc sinh b qua bc no thỡ khụng cho im bc ú. -Nu hc sinh gii cỏch khỏc, giỏm kho cn c cỏc ý trong ỏp ỏn cho im. -Trong bi lm, nu mt bc no ú b sai thỡ cỏc phn sau cú s dng kt qu sai ú khụng c im. -Bi hỡnh hc nu khụng v hỡnh thỡ phn no thỡ khụng cho im phn ú. -im ton bi tớnh n 0,25 v khụng lm trũn. Câu Phn Nội dung Điểm Câu 1 ( 2.5 đ ) a) 1.5 im Với a=1, b=2, pt (1) có dạng 2 2 2 ( 1) 0x x m + = (*) 0.25 Ta có ' 2 2 0m m = + > , pt (1) luôn có 2 nghiệm phõn bit. 0.25 Gọi x 1 ,x 2 là hai nghiệm của pt (*), theo Viét ta có 1 2 2 1 2 2 ( 1). x x x x m + = = + 0.25 Mặt khác 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 2 6 6x x x x x x m+ = + = + . 0.50 Vậy GTNN của 2 2 1 2 x x+ bằng 6 khi m=0. 0.25 b) 1.0 im Ta cú 2 2 2 2 ( 2) ( ) 2( ) 1 0 ( 2) ( 1) 0a b a b a a b a + + + = + + = . 0.25 Vì 2 2 ( 2) 0,( 1) 0 ,a b a a b R + 0.25 Suy ra a=2 , b= 1 , khi đó pt (1) có dạng: 2 2 2 1x m= + 0.25 Vậy pt (1) có hai nghiệm đối nhau: 2 2 1 2 1 1 , 2 2 m m x x + + = = (Hoặc coi giả thiết là pt bậc 2 ẩn b, có 2 ' ( 2)a = , .) 0.25 Câu 2( 2.5 im ) a) 1.0 im Gọi số chữ số 0 có thể viết thoả mãn điều kiện đầu bài là * ( )n n Ơ , ta có 2 2 * 16.10 81 ( )(1) n k k + + = Ơ 0.25 Dễ thấy k phải lẻ, đặt 2 1( )k a a= + Ơ . Từ (1) ta có 4 2 2 .5 ( 4)( 5)(2) n n a a + + = + 0.25 Vì 4, 5a a + không cùng tính chẵn lẻ và 4 5a a < + nên từ (2) suy ra chỉ có hai khả năng sau: 4 2 4 2 4 1 (*) 5 2 .5 4 2 (**) 5 5 n n n n a a a a + + + + = + = = + = 0.25 Ta thấy ngay hệ (*) vô nghiệm. Từ (**) suy ra 2 4 5 2 9 n n+ + = (3) +Với n=0, (3) thoả mãn. + Với n>0 ta có 2 5 25.5 25.2 16.2 9.2 16.2 9 n n n n n n+ = > = + > + nên (3) không thoả mãn. Vậy ta không thể viết thêm một chữ số 0 nào để số mi tạo thành là số chính phơng. 0.25 b) 1.5 im - Từ 2 2 0.xy x x= + 0.25 2 2 x y x + = 0.25 - Thay vào pt đầu, đợc 2 2 2 2 2 8 ( ) 0 x x x + = 0.25 2 2 2 ( 2) 0 2 2x x x⇔ − ≤ ⇔ = ⇔ = ± 0.25 NÕu 2 2 2x y= ⇒ = ; 2 2 2x y= − ⇒ = − 0.25 VËy nghiÖm cña hÖ pt lµ (x,y)= ( 2,2 2);( 2, 2 2)− − 0.25 C©u 3. (1.5 ®) Theo C« si: 3 3 3 ( ) (3 ) 27x y z xyz xyz+ + ≥ = (1) 0.25 Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 27 12( ) 16xyz x y z≥ + + + (2) 0.25 3 (1),(2) 12 16P P⇒ ≥ + 0.25 2 ( 4)( 2) 0P P⇔ − + ≥ (3) 0.25 V× 0 2 0 (3) 4P P P> ⇒ + > ⇒ ⇔ ≥ 0.25 VËy 4 min 4 . 3 P x y z= ⇔ = = = 0.25 Bài 4 (2.5 điểm). a) 1.5 điểm: Kí hiệu S X là diện tích của X. + Có ABDBDM SS 2 1 = (1) , BDCBDN SS 2 1 = (2) Từ (1)&(2) ABCDBMDN SS 2 1 =⇒ (3) 0.50 + Tương tự có ABCDAMCN SS 2 1 = (4) 0.25 +Từ (3)&(4) ⇒ ABCDAMCNBMDN SSS =+ 0 =−+⇒ ABCDAMCNBMDN SSS 0.25 + Suy ra 0 MENF DEC AFB MNEF DEC AFB S S S S S S− − = ⇒ = + (đpcm) 0.50 b)1.0 điểm: Có: )8(,)7(,)6(,)5( NMC DMC MDN CDN MAN BAN NBM ABM S S EN DE S S EM CE S S FM BF S S FN AF ==== 0.25 Do ADNMDNMAN SSS 2 1 == và 1 2 NBM NCM BMC S S S= = nên từ (5),(6),(7),(8) có: 0.25 += + + + =+++ BMC ADN ADN BMC BMC DMCABM ADN CDNBAN S S S S S SS S SS EN DE EM CE FM BF FN AF 2 2 1 2 1 (theo phần a)) 0.25 Do 42 ≥ + BMC ADN ADN BMC S S S S suy ra 4 ≥+++ EN DE EM CE FM BF FN AF (đpcm) 0.25 Bài 5 (1.0 điểm). Chứng minh được 2 1 n n a = − (theo qui nạp) 0.50 Dễ thấy công thức cần chứng minh đúng với 2,1 = n . Giả sử công thức đúng cho mn = và 1 += mn . Khi đó có: −+−+ −−−− = ++ − + ++ + ++ )12()12(1 )12)(12(8)12(7 1 87 1 121 1 1 2 1 mm mmm mm mmm aa aaa 0.25 2 2 2 2 2 2 3.2 2 1 1 2 2 1 3.2 1 3.2 1 3.2 1 m m m m m m m m a + + + + + − = − = − = − = − − − . Vậy công thức cần chứng minh đúng với 2 + m . Theo nguyên lí quy nạp suy ra đpcm. 0.25 . THC K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2 00 8- 2 009 MễN THI: TON Dnh cho cỏc thớ sinh thi vo lp chuyờn Toỏn Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian. = + + . (Kớ hiu [ ] x l s nguyờn ln nht khụng vt quỏ s x ). -- -Ht -- - (Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm) H v tờn thớ sinh .