Suy ra O thuộc cung chứa góc 135 0 dựng trên đoạn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB cùng phía với nửa đường tròn đã cho.. Lúc đó C là điểm chính giữa của nửa[r]
(1)SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn
Đề số 4
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Năm học 2006 – 2007
Thời gian làm 150 phút Ngày thi: 13/6/2006 Câu 1: (2 điểm).
Tìm số xyz biết
xyz x y z nvới n N
Câu 2: (2 điểm). Chứng minh rằng:
2
1
1
x x x
x
x x
,
0 x 1
. Câu 3: (2 điểm).Giải bất phương trình: y x x2y21 1 Câu 4: (3 điểm).
Trên nửa đường trịn đường kính AB ta lấy điểm C Hạ đường cao CH tam giác ABC Gọi O1, O2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACH BCH Tìm vị trí C để O1O2 đạt độ dài lớn
Câu 5: (1 điểm).
Giả sử p số nguyên tố lẻ, đặt
9
p
m
Chứng minh m hợp số lẻ, không chia hết cho 3m11 (mod m).
(2)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Mơn: TỐN (Dành cho lớp chuyên toán) -Câu 1: (2 điểm).
Giả sử n Vì x nên y = z = 3 xyz 3100N Trong
4n x y z
N Vơ lí! (0,5 điểm).
Nếu y + z x + y + z Suy
4n x y z 24 = 16 > 10 = 31000 3 xyz
Vậy n = Ta có xyz = (x + y + z)3 (1) (0,5 điểm).
Mặt khác ta có 64 < xyz < 1000 hay < x + y + z < 10 (2) (0,25 điểm).
Ta lại có: Nếu a N a3 chia cho có số dư 0, 1,
Vậy (x + y + z)3 chia cho có số dư 0, 1, 8. (0,25 điểm). Từ (1) suy xyz chia cho có số dư 0, ,
hay x + y + z chia có số dư 0, 1, (3) (0,25 điểm).
Từ (2) (3) suy x + y + z
x + y + z = (x + y + z)3 = 83 = 512 = (5 + + 2)3 x + y + z = (x + y + z)3 = 93 = 729 (7 + + 9)3
Vậy xyz = 512 (0,25 điểm).
Câu 2: (2 điểm).
Với 0 x 1 ta có:
2
1
1
x x x
x
x x
=
2
1 1
1 1
x x
x
x x x
(1,0 điểm).
=
21
1
x x x
x
(0,5 điểm).
=
2
2 1
1 x
x
= (0,5 điểm).
Câu 3: (2 điểm).
Ta có: y x x2y21 1 ⇔ x −|y|≥
√
x2+y2−1+1
2
2
2 2 2
1 0
1 x y
x y
x y x y
(0,5 điểm).
2
2
1 x y
x y
x y x y
(0,5 điểm).
Từ điều kiện x > y suy x > Do x y Từ ta được:
2
2
1 x y
x y x y
x y
(3)Do x > nên từ (*) suy
0 x y
(0,5 điểm). Thử lại ta thấy
1 x y
thoả mãn hệ bất phương trình cho có nghiệm
0 x y
.
(0,5 điểm).
Câu 4: (3 điểm).
Gọi O tâm, r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC r1, r2 theo thứ tự bán kính đường trịn (O1), (O2)
Ta có:
ABC ACH CBH
1 r CH
r CB
; r CH
r AC (0,5 điểm). 2
2
2 2
1
r r
CH
r CB AC
2 2
2
1
CH AC CB CH AB
CB AC CB AC
(0,5 điểm).
Suy r2 r12r22 (1) (0,5 điểm).
Mặt khác O1O2H vuông H nên O1O22 = O1H2 + O2H2 = 2r2 (2)
Từ (1) (2) suy O1O2 lớn r lớn (0,5 điểm).
Xét OAB ta có:
1800
AOB OAH OBH
= 1350 Suy O thuộc cung chứa góc 1350 dựng đoạn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB phía với nửa đường trịn cho
(0,5 điểm).
Dễ thấy O điểm cung r lớn Lúc C điểm nửa
đường trịn đường kính AB (0,5 điểm).
Câu 5: (1 điểm). Ta có:
3
2
p p
m ab
Dễ thấy a, b nguyên dương lớn m hợp
số (0,25 điểm).
Ta lại có m9p19p2 1 Suy m lẻ chia dư 1. (0,25 điểm). Theo định lí Fecma nhỏ 9p – p (p, 8) = nên 9p – 8p hay
9
8
p
m p Vì m – chẵn nên có m – 2p
Do đó:
1
3
p
m p m
(0,5 điểm).