De tuyen sinh lop 10 chuyen Toan va dap an

Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của AM và AN với đường tròn (S). a) Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ... b) Vẽ tiếp tuyến ME của (S) với E là tiếp điểm. [r]

4 ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN:

HẢI DƯƠNG, THỪA THIÊN HUẾ, HƯNG YÊN, VĨNH PHÚC

Câu I (2.5 điểm):

1) Giải hệ phương trình:

2 2 x y xy

xy 3x

   



 



2) Tìm m ngun để phương trình sau có nghiệm nguyên: 4x24mx 2m 2 5m 0 

Câu II (2.5 điểm):

1) Rút gọn biểu thức:

 3  3

2

2

2 x x x

A

4 x

 

    

 

 



  với 2 x 2 

2) Cho trước số hữu tỉ m cho 3m là số vô tỉ Tìm số hữu tỉ a, b, c để: 3

a m b m c 0  Câu III (2.0 điểm):

1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số x3 số nguyên dương biết f (5) f (3) 2010  Chứng minh rằng: f(7) f(1)  là hợp số.

2) Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

P x  4x 5  x 6x 13 Câu IV (2.0 điểm):

Cho tam giác MNP có ba góc nhọn điểm A, B, C hình chiếu vng góc M, N, P NP, MP, MN Trên đoạn thẳng AC, AB lấy D, E cho DE song song với NP Trên tia AB lấy điểm K cho DMK NMP  Chứng minh rằng:

1) MD = ME

2) Tứ giác MDEK nội tiếp Từ suy điểm M tâm đường tròn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK

Câu V (1.0 điểm):

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đường trịn để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn

-Hết -Họ tên thí sinh : Số báo danh :

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

Đề thức

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Năm học 2009-2010

Mơn thi : Tốn

Thời gian làm bài: 150 phút

Ngày thi 08 tháng năm 2009

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Năm học 2009-2010

Mơn thi : Tốn

Hướng dẫn chấm

Câu Phần Nội dung Điểm

Câu I 2,5 điểm 1) 1,5điểm 2

x y xy (1) xy 3x (2)

   



 



Từ (2)  x  Từ

2 3x y x  

, thay vào (1) ta có: 0.25

2

2

2 3x 3x

x x

x x

   

   

  0.25

 7x4 23x216 0 0.25

Giải ta đượcx2 1 hoặc

2 16 x =

7 0.25

Từ x2  1 x 1 y1;

2 16 7

x x y

7 7

    

0.25 Vậy hệ có nghiệm (x; y) (1; 1); (-1; -1);

4 7 ;

7

  

 

 ;

4 7 ;

7

 

 

  0.25

2) 1,0điểm

Điều kiện để phương trình có nghiệm: x'0 0.25 m 5m (m 2)(m 3)

        Vì (m - 2) > (m - 3) nên: x'

   m m 0     m 3, mà m Z  

 m = m = 3. 0.25

Khi m =  x'= 0 x = -1 (thỏa mãn)

Khi m =  x'= 0 x = - 1,5 (loại) 0.25

Vậy m = 0.25

Câu II 2,5 điểm

1) 1,5điểm

Đặt a x; b  x (a, b 0) 

2 2

a b 4; a b 2x

     0.25

 3   2 

2 ab a b ab a b a b ab

A

4 ab ab

     

  

  0.25

   

 

2 ab a b ab

A ab a b

4 ab

  

    

 0.25

 

A 2ab a b

    0.25

 2      

A a b 2ab a b a b a b

2) 1,0điểm

3

a m b m c 0  (1) Giả sử có (1)

3

b m c m am (2)

   

Từ (1), (2)  (b2  ac) m3 (a m2  bc) 0.25 Nếu a m bc 02  

2

2 a m bc m

b ac



 

 số hữu tỉ Trái với giả thiết!

2

2

b ac b abc

a m bc bc am

    

 

   

  

 

  0.25

3 3

b a m b a m

    Nếu b0 thì

3 m b

a



là số hữu tỉ Trái với giả

thiết!  a 0;b 0  Từ ta tìm c = 0.25 Ngược lại a = b = c = (1) Vậy: a = b = c = 0.25 Câu III

2 điểm

1) 1,0điểm

Theo f(x) có dạng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a nguyên dương

0.25 Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c

= 98a + 16b + 2c  16b + 2c = (2010- 98a) 0.25 Ta có f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c

= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)

= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)3 0.25 Vì a nguyên dương nên 16a + 2010>1 Vậy f(7)-f(1) hợp số 0.25 2)

1,0điểm    

2 2 2

P x 2 1  x 3 2

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25

Ta chứng minh được:    

2

AB x x 3    2  25 1  26  

2 2 OA x 2 1

,  

2 2

OB x 3 2 0.25 Mặt khác ta có: OA OB AB

x 22 12 x 32 22 26

      

0.25 Dấu “=” xảy A thuộc đoạn OB B thuộc đoạn OA

x

x x



   

 .Thử lại x = A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc

đoạn OB Vậy MaxP 26khi x = 7. 0.25

Câu IV 2 điểm

1) 0,75điểm

Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp  MAB MNB  ,

MCAP nội tiếp  CAM CPM  . 0.25 Lại có BNM CPM 

(cùng phụ góc NMP)

 

CAM BAM

  (1)

Do DE // NP mặt khác MANP MA DE (2) Từ (1), (2)  ADE cân A

 MA trung trực DE

 MD = ME 0.25

2) 1,25điểm

K

E

B C

A N

M

P

D

Do DE//NP nên DEK NAB  , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:

 

NMB NAB 180   NMB DEK 180  0.25 Theo giả thiết DMK NMP   DMK DEK 180  

 Tứ giác MDEK nội tiếp 0.25

Do MA trung trực DE MEAMDA 0.25

 MEA MDA   MEK MDC  . 0.25 Vì MEK MDK   MDK MDC   DM phân giác góc CDK, kết

hợp với AM phân giác DAB M tâm đường tròn bàng tiếp góc

DAK tam giác DAK 0.25

Câu V 1 điểm

B' A'

O

C A

Không tổng quát giả sử:ABAC Gọi B’ điểm cung 

ABC  AB' CB'

Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho BA’ = BA AB BC CA '  0.25 Ta có: B'BC B'AC B'CA   (1) ; B'CA B'BA 180   0 (2)

B'BC B'BA ' 180   0 (3);Từ (1), (2), (3)  B'BA B'BA'  0.25 Hai tam giác A’BB’ ABB’  A 'B 'B ' A

Ta có  B ' A B 'C B ' A ' B 'C A 'C= AB + BC ( B’A + B’C không

đổi B’, A, C cố định) Dấu “=” xảy B trùng với B’ 0.25 Hoàn toàn tương tự gọi D’ điểm cung ADC ta cũng

có AD’ + CD’ AD + CD Dấu “=” xảy D trùng với D’.

 Chu vi tứ giác ABCD lớn B, D điểm các

cung AC đường tròn (O) 0.25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC

THỪA THIÊN HUẾ Mơn: TỐN - Năm học 2008-2009

Đề thức Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (3 điểm)

a) Khơng sử dụng máy tính bỏ túi, chứng minh đẳng thức : 3 3 13 3 1.

b) Giải hệ phương trình :

2

1 5

( 2 1) 36

x y

x x y

   

 

  

 

Bài 2: (1,5 điểm)

Cho phương trình: x4 2mx22m 0 

Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm x , x , x , x1 4 cho:

1

x x x x

x4 x1 3 x3 x2. Bài 3: (3 điểm)

Cho đường tròn (O), đường kính AB Gọi C trung điểm bán kính OB (S) đường trịn đường kính AC Trên đường tròn (O) lấy hai điểm tùy ý phân biệt M, N khác A B Gọi P, Q giao điểm thứ hai AM AN với đường tròn (S)

a) Chứng minh đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ

b) Vẽ tiếp tuyến ME (S) với E tiếp điểm Chứng minh: ME = MA MP2  . c) Vẽ tiếp tuyến NF (S) với F tiếp điểm Chứng minh:

ME AM

NF AN .

Bài 4: (1,5 điểm)

Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết hệ thập phân) cho hai điều kiện sau đồng thời thỏa mãn:

(i) Mỗi chữ số đứng sau lớn chữ số đứng liền trước

(ii) Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, p tỉ số chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị q tỉ số chữ số hàng nghìn chữ số hàng trăm

Bài 5: (1 điểm)

Một bìa dạng tam giác vng có độ dài ba cạnh số nguyên Chứng minh cắt bìa thành sáu phần có diện tích diện tích phần số nguyên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC

THỪA THIÊN HUẾ Mơn: TỐN - Năm học 2008-2009

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

BÀI NỘI DUNG Điể m

B.1 3,0

1.a

 

 

2

2

3 13 3 12

3 3 3

3 3 3

3 3 1

       

       

      

      

0.25 0.25 0,25 0.25

1.b Điều kiện y0 0,25

x22x y 36    x y 6 

0,25

Đặt u x 1, v y (u 0, v 0  ), ta có hệ

u v uv

  

 



0,50

Giải : u = , v = u =3 , v = 2 0,25

Trường hợp u = , v = có : ( x = ; y = ) ( x =  3 ; y = 9) 0,25

Trường hợp u = , v = có : ( x = ; y = ) ( x =  4 ; y = 4) 0,25

Hệ cho có nghiệm: (1;9) , (-3;9) , (2;4) , (- 4;4) 0,25

B.2 1,5

4

x  2mx 2m 0  (1)

Đặt :t x 2, ta có : t2 2mt 2m 0   (2) (t 0 ) 0,25  2

2

' m 2m m

       với m. 0,25

Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt (2) ln có hai nghiệm dương phân biệt

1

t , t Tương đương với:

1

' 0, P 2m 0, S 2m m , m

2

         

(3)

0,25

Với điều kiện (3), phương trình (2) có nghiệm dương t 1t2 phương

trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 t2 x2  t1 x3  t1 x4  t2

Theo giả thiết: x4 x1 3 x 3 x2  t2 6 t1  t2 3 t1  t2 9t1 (4)

0,25 Theo định lí Vi-ét, ta có: t1t2 2m t t1 2m 1 (5)

Từ (4) (5) ta có: 10t12m

9t 2m 1

2

1

5

9m 50m 25 m ; m

9

      

Cả hai giá trị thỏa mãn điều kiện toán

Vậy để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn điều kiện tốn cần đủ

là:

5 m

9



m 5 .

B.3 3,0

3.a

+ Hình vẽ

 

CPA BMA 90   CP / /BM

Do :

AP AC

AM AB (1)

+ Tương tự: CQ / /BN

AQ AC

(2)

AN AB

Từ (1) (2):

AP AQ

AM AN ,

Do PQ / /MN

0,25 0,25 0,25

0,25

3.b + Hai tam giác MEP MAE có : EMP AME  PEM EAM 

Do chúng đồng dạng + Suy ra:

2

ME MP

ME MA MP

MAME  

0,50 0,50 3.c + Tương tự ta có: NF2 NA NQ

 

+ Do đó:

2

ME MA MP

NF NA NQ

 



+ Nhưng

MP MA

(Do PQ / /MN)

NQ NA

+ Từ đó:

2

2

ME AM ME AM

NF AN  NF AN

0,25 0,25 0,25 0,25

B 4 1,5

Xét số tùy ý có chữ số abcd mà a b c d 9     (a, b, c, d số

nguyên)

Ta tìm giá trị nhỏ

c a

p q

d b

  

Do b, c số tự nhiên nên: c b  c b 1  Vì :

b 1 p q

9 b



  

1 b 1 b

p q

9 b 9 b

       

0,75

7 p q

9

 

trường hợp

b

c b 1, d 9, a 1,

9 b

    

Vậy số thỏa mãn điều kiện toán là: 1349

0,25 0,25

B.5 1,0

Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác vuông ABC, c cạnh huyền Ta có a2b2 c2; a, b, c N*, diện tích tam giác ABC

ab S

2

 Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12

0.25 + Chứng minh ab 3

Nếu a b đồng thời không chia hết cho a2b2chia dư Suy số phương c2 chia dư 2, vơ lý

0,25 + Chứng minh ab 4

- Nếu a, b chẵn ab 4 .

- Nếu hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ

Lúc c lẻ Vì c chẵn c 42 , lúc a2b2khơng thể chia hết cho

Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h N Ta có :  2  2

2

b  2h 1  2k 1

= h k h k 1      = h k h k 1      8k h k 8   Suy b 4 .

0,25

Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành phần nhau, nối điểm chia với C tam giác ABC chia thành tam giác, tam giác có diện tích

ab

12 số nguyên.

0.25

Ghi chú:

 Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa câu đó.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN

Đề thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2009 – 2010

Mơn thi: Tốn

(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (1,5 điểm)

Cho

1

a :

7 1 1

 

   

     

 

Hãy lập phương trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - nghiệm Bài 2: (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

x 16 xy

y y xy

x 

 

  

  

 

b) Tìm m để phương trình  

2

x  2x  3x 6x m 0 

có nghiệm phân biệt Bài 3: (2,0 điểm)

a) Chứng minh số nguyên k lớn thoả mãn k24 k216 số nguyên tố k chia hết cho

b) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có p nửa chu vi p a  p b  p c  3p

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O dây AB khơng qua O Gọi M điểm cung AB nhỏ D điểm thay đổi cung AB lớn (D khác A B) DM cắt AB C Chứng minh rằng:

a) MB.BD MD.BC

b) MB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

c) Tổng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ACD không đổi Bài 5: (1,0 điểm)

Hết -Họ tên thí sinh:……… ……….……

Chữ ký giám thị ……… ….…… …

Số báo danh: ….….………Phòng thi số: … …

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2009 – 2010

Mơn thi: Tốn

Hướng dẫn chấm thi

Bài 1: (1,5 điểm)

1 1 1

a : :

7

7 1 1

      

   

     

 

0,5 đ

a =

2 :

7  0,25 đ

Đặt x a 1   x 1  x 1  7 x22x 7  0,5 đ

x 2x

   

Vậy phương trình x2 2x 0  nhận 1 làm nghiệm 0,25 đ Bài 2: (2,5 điểm)

a)

x 16

x 16 xy (1)

xy

y y

y x

y (2)

xy

x y x



  

  



 



 

     

 

  ĐK: x, y 0

0,25 đ

Giải (2)  6y2 6x2 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0   0,25 đ * Nếu

3y 2x 3y x

2 

   

Thay vào (1) ta

3y 16 y

2



 

0,25 đ



2 3y 23

2





(phương trình vơ nghiệm) 0,25 đ

* Nếu

2y 3x 2y x

3

   

Thay vào (1) ta y2  9 y3

0,25 đ

- Với y 3  x 2 (thoả mãn điều kiện)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)

b) Đặt  

2

x  2x y   x 1  y x 1  y (y 0) (*) Phương trình cho trở thành:    

2

y 1  y 1 m 0

y 5y m

     (1)

0,25 đ

Từ (*) ta thấy, để phương trình cho có nghiệm phân biệt phương

trình (1) có nghiệm dương phân biệt 0,25 đ

0 4m

S

P m

   

 

 

     

    

 

0,25 đ

9

m

4 m

4

m

  

     

    Vậy với

9 m

4   

phương trình có nghiệm phân biệt

0,25 đ

Bài 3: (2,0 điểm)

a) Vì k > suy k2 4 5; k216 5

- Xét k 5n 1  với n k2 25n210n 1  k24 5

k

  không số nguyên tố

0,25 đ

- Xét k 5n 2  với n k2 25n220n 4  k216 5

k 16

  không số nguyên tố 0,25 đ

- Xét k 5n 3  với n k2 25n230n 9  k216 5

k 16

  không số nguyên tố 0,25 đ

- Xét k 5n 4  với n k2 25n240n 16  k24 5

k

  không số nguyên tố Do k 5

0,25 đ

b) Ta chứng minh: Với a, b, c    

2 2 2 2

a b c  3 a b c (*) Thật (*) a2b2c22ab 2bc 2ca 3a   23b23c2

2 2

(a b) (b c) (c a)

       (luôn đúng)

0,5 đ

 p a  p b  p c 2 3 3p a b c     3p Suy p a  p b  p c  3p (đpcm) Bài 4: (3,0 điểm)

J I

C N

M O

A B

D

a) Xét MBC MDB có: BDM MBC 

BMC BMD 

0,5 đ

Do MBCvà MDB đồng dạng Suy

MB MD

MB.BD MD.BC

BC BD  

0,5 đ

b) Gọi (J) đường tròn ngoại tiếp BDC BJC 2BDC 2MBC     hay

 BJC MBC

2

 

BCJ

 cân J 



180 BJC CBJ

2 

 

0,5 đ

Suy

  BJC 180 O BJC O

MBC CBJ 90 MB BJ

2



     

Suy MB tiếp tuyến đường tròn (J), suy J thuộc NB

0,5 đ

c) Kẻ đường kính MN (O)  NB  MB

Mà MB tiếp tuyến đường tròn (J), suy J thuộc NB Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp ADC

Chứng minh tương tự I thuộc AN

Ta có ANB ADB 2BDM BJC      CJ // IN Chứng minh tương tự: CI // JN

Do tứ giác CINJ hình bình hành  CI = NJ Suy tổng bán kính hai đường trịn (I) (J) là: IC + JB = BN (không đổi)

0,5 đ

Bài 5: (1,0 điểm)

g

f e d

h c

b a

G F

I

H

J M

C

A B

D

E

K

Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (với a, b, c, d, e, f, g, h số hữu tỉ dương)

Do góc hình cạnh nên góc hình cạnh có số đo là:

O

O 180

135

(  )



0,25 đ

Suy góc ngồi hình cạnh là: 180O - 135O = 45O

Do tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ tam giác vuông cân  MA = AE =

h

2 ; BF = BG = b

2 ; CH = CI = d

2 ; DK = DJ = f

2 Ta có AB = CD nên:

h b f d

a e

2       (e - a) = h + b - f - d

0,5 đ

Nếu e - a ≠

h b f d

e a   

 

  (điều vô lý 2 số vô tỉ) Vậy e - a =  e = a hay EF = IJ (đpcm)

Equation Chapter Section 1S Ở GD&ĐT VĨNH PHÚC

——————

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ THI MÔN: TỐN

Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề

—————————

(Đề có 01 trang)

Câu 1: (3,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

1

x y

x y

1

xy

xy



   

  

  

 

b) Giải biện luận phương trình: | x | p | x | 5    (p tham số có giá trị thực). Câu 2: (1,5 điểm)

Cho ba số thực a, b,c đôi phân biệt

Chứng minh

2 2

2 2

a b c

2 (b c) (c a) (a b)  Câu 3: (1,5 điểm)

Cho

1 A

4x 4x



 

2x B

x 2x

 

 

Tìm tất giá trị nguyên x cho

2A B C

3

 

số nguyên Câu 4: (3,0 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD) Gọi K, M trung điểm BD, AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng qua M vng góc với BC Q Chứng minh:

a) KM // AB b) QD = QC Câu 5: (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, cho điểm chúng đỉnh tam giác có diện tích khơng lớn Chứng minh tất điểm cho nằm tam giác có diện tích không lớn

—Hết—

Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh SBD SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

—————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

Dành cho lớp chuyên Toán. ————————— Câu (3,0 điểm)

a) 1,75 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện xy 0 0,25

Hệ cho

2[xy(x y) (x y)] 9xy (1)

2(xy) 5xy (2)

   

 

  

 0,25

Giải PT(2) ta được:

xy (3) xy (4)       0,50

Từ (1)&(3) có:

x y x y

xy x

y                       0,25

Từ (1)&(4) có:

x 1 y x y 2 1 xy x 2 y                                0,25

Vậy hệ cho có nghiệm là: ( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y  0,25 b) 1,25 điểm:

Xét trường hợp:

TH1 Nếu x PT trở thành: (p 1)x 2(p 1)   (1) TH2 Nếu   3 x 2 PT trở thành: (1 p)x 2(1 p)   (2)

TH3 Nếu x 3 PT trở thành: (p 1)x 2(p 4)   (3)

0,25

2(p 4)

x p

p



      

 .

Nếu p1 (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2 x ; (2) vơ nghiệm; (3) vơ nghiệm. 0,25 Nếu p 1 (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn   3 x 2; (1) có nghiệm x=2; (3)VN 0,25

Kết luận:

+ Nếu -1 < p < phương trình có nghiệm: x =

2(p 4) x p    + Nếu p = -1 phương trình có vơ số nghiệm x  

+ Nếu p = phương trính có vơ số nghiệm   3 x

+ Nếu p p     

 phương trình có nghiệm x = 2.

0,25

Câu (1,5 điểm): + Phát chứng minh

bc ca ab

1 (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b)        

1,0

+ Từ đó, vế trái bất đẳng thức cần chứng minh bằng:

2

a b c bc ca ab

2

b c c a a b (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b)

                          0,5

Câu (1,5 điểm):

Điều kiện xác định: x1 (do x nguyên). 0,25

Dễ thấy

1 2(x 1)

A ; B

| 2x 1| | x 1|



 

  , suy ra:

2 x

C

3 | 2x 1| | x 1|

  

   

 

  0,25

Nếu x 1 Khi

2 4(x 1) 4(x 1) 2x

C C 1

3 2x 3(2x 1) 3(2x 1) 3(2x 1)

  

 

          

   

 

Suy C 1  , hay C số nguyên với x>1

0,5 Nếu x   

Khi đó: x = (vì x ngun) C 0 Vậy x = giá trị cần tìm. 0,25 Nếu

1 x

2

 

Khi x1 (do x nguyên) Ta có:

2 4(x 1)

C

3 2x 3(2x 1)



 

    

 

 

4(x 1) 2x

C 1

3(2x 1) 3(2x 1)

 

    

  , suy  1 C 0 hay C =0 x = -1

Vậy giá trị tìm thoả mãn yêu cầu là: x = , x = -1

0,25

Câu (3,0 điểm): a) 2,0 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Gọi I trung điểm AB,

E IK CD, R IM CD    Xét hai tam giác KIB KED có: ABD BDC 

0,25

KB = KD (K trung điểm BD) 0,25

A I B

K

 

IKB EKD 0,25

Suy KIBKED IK KE . 0,25 Chứng minh tương tự có: MIAMRC 0,25

Suy ra: MI = MR 0,25

Trong tam giác IER có IK = KE MI = MR

nên KM đường trung bình  KM // CD 0,25 Do CD // AB (gt) KM // AB (đpcm) 0,25

b) 1,0 điểm:

Ta có: IA=IB, KB=KD (gt) IK đường trung bình ABD  IK//AD hay IE//AD

Chứng minh tương tự ABC có IM//BC hay IR//BC 0,25

Có: QKAD(gt), IE//AD (CM trên)  QKIE Tương tự có QMIR 0,25 Từ có: IK=KE, QKIE QKlà trung trực ứng với cạnh IE IER Tương tự

QM trung trực thứ hai IER 0,25

Hạ QHCD suy QH trung trực thứ ba IER hay Q nằm trung trực của

đoạn CD  Q cách C D hay QD=QC (đpcm). 0,25

Câu (1,0 điểm):

A'

B' C'

A

B C

P P'

Trong số tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn (diện tích S)

Khi S 1 . 0.25

Qua đỉnh tam giác, kẻ đường thẳng song song với cạnh đối diện, đường thẳng giới hạn tạo thành tam giác A 'B'C' (hình vẽ) Khi SA'B'C' 4SABC 4 Ta

sẽ chứng minh tất điểm cho nằm tam giác A 'B'C '.

0.25 Giả sử trái lại, có điểm P nằm tam giác A 'B'C ' chẳng hạn hình vẽ

Khi d P;AB  d C;AB , suy SPAB SCAB, mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có

diện tích lớn

Vậy, tất điểm cho nằm bên tam giác A 'B'C' có diện tích khơng lớn