[r]
(1)Sở giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh THPT chuyên lam sơn hoá năm học: 2009 – 2010
Đề thức Mơn: Tốn ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên tin) Thời gian làm : 150 phút( Không kể thời gian giao đề) Ngày thi:19 tháng năm 2009
Câu 1( 2,0 điểm)
Cho biểu thức: T=2x
2
+4
1− x3 −
1 1+√x−
1 1−√x
1 Tìm điều kiện x để T xác định Rút gọn T Tìm giá trị lớn T
C©u 2( 2,0 điểm)
1 Giải hệ phơng trình: { 2x 2−xy
=1 4x2+4 xy− y2=7
2 Giải phơng trình: x 2+y+2009+z 2010=1
2(x+y+z) Câu 3(2,0 ®iĨm)
1 Tìm số ngun a để phơng trình: x2- (3+2a)x + 40 - a = 0 có nghiệm ngun Hãy tìm nghiệm ngun
2 Cho a , b , c số thoả m·n ®iỊu kiƯn: {
a ≥0 b ≥0 19a+6b+9c=12
Chøng minh r»ng Ýt nhÊt mét hai ph¬ng tr×nh sau cã nghiƯm x2−2
(a+1)x+a2+6 abc+1=0
x2−2(b+1)x+b2+19 abc+1=0
Câu 4(3,0 điểm)
Cho tam giỏc ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đờng trịn tâm O đờng kính AD Gọi H trực tâm tam giác ABC, E điểm cung BC không chứa điểm A
1 Chøng minh r»ng tø giác BHCD hình bình hành
2 Gi P Q lần lợt điểm đối xứng E qua đờng thẳng AB AC Chứng minh điểm P, H, Q thẳng hàng
3 Tìm vị trí điểm E để PQ có độ di ln nht
Câu 5( 1,0 điểm)
Gi a , b , c độ dài ba cạnh tam giác có ba góc nhọn Chứng minh với số thực x , y , z ta ln có: x
2
a2+ y2 b2+
z2 c2>
2x2
+2y2+2z2
a2
+b2+c2
-HÕt
-Hä tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên chữ ký giám thị Họ tên chữ ký giám thị 2 .
Sở giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển vào lớp 10 chuyên lam sơn
Thanh Ho¸ năm học 2009-2010
ỏp ỏn thi chớnh thc
Môn: Toán ( Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Tin)
(2)1 §iỊu kiƯn: x ≥0; x ≠1
T=2x
2
+4
1− x3 −
2 1− x=
2−2x
1− x3=
2
x2+x+1
0,25 0,75 T lín x2
+x+1 nhỏ nhất, điều xẩy x=0
VËy T lín nhÊt b»ng
0,5 0,5 Giải hệ phơng trình:
2x2 – xy = (1) 4x2 +4xy – y2 = (2)
Nhận thấy x = không thoả mãn hệ nên từ (1) y = 2x2−1 x (*) Thế vào (2) đợc: 4x2 + 4x 2x2−1
x -
2x2−1
x ¿
2
¿
= 8x4 – 7x2 - = 0
Đặt t = x2 với t ≥ ta đợc 8t2 - 7t - = 0 t =
t = -
8 (lo¹i)
với t =1 ta có x2 = x = thay vào (*) tính đợc y = 1 Hệ phơng trình cho có nghiệm: x = x = -1 y = y = -1
0,25
0,25
0,25 0,25
2 ĐK: x ≥2; y ≥ −2009; z ≥2010 Phơng trình cho tơng đơng 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=3; y=−2008; z=2011
0,25 0,25 0,25 0,25 PT cho có biệt số = 4a2 + 16a -151
PT cã nghiệm nguyên = n2 với n N
Hay 4a2 + 16a - 151 = n2 (4a2 + 16a + 16) - n2 = 167 (2a + 4)2 - n2 = 167 (2a + + n)(2a + - n) = 167
Vì 167 số nguyên tố 2a + + n > 2a + - n nên phải cã:
2a + + n = 167
2a + - n = 4a + = 168 a = 40 2a + + n = -1 4a + = -168 a = -44 2a + - n = -167
với a = 40 đựơc PT: x2 - 83x = có nghiệm nguyên x = 0, x = 83 với a = - 44 PT có nghiệm ngun x= -1, x = - 84
0,25 0,25 0,25 0,25 Ta cã: ' '
1 a(2 ) ;bc b(2 19 )ac
Suy
' '
1 a(2 )bc b(2 19 )ac
Tõ gi¶ thiÕt 19a6b9c12, ta cã tæng
(2 ) (2 19 ) 4 bc ac c(19a6 ) 4b c(12 ) c
=
2
9c 12c 4 3c 0
0,25 0,25
(3)Do hai số (2 ) ;(2 19 ) bc ac không âm Mặt khác, theo giả thiết ta có a0 ;b0 Từ suy hai số
' '
1 ;
không âm, suy hai
phơng trình cho có nghiệm ( đpcm)
0,25
4
2
Vì H trực tâm tam giác ABC nên BHAC (1)
Mt khác AD đờng kính đờng trịn tâm O nên DCAC (2) Từ (1) (2) suy BH // DC
Hoàn toàn tơng tự, suy BD // HC
Suy tứ giác BHCD hình bình hành ( Vì có cặp cạnh đối song song)
Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy AP=AE
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25
0,25
(4)5
∠PAB=∠EAB
ΔPAB=ΔEAB ( c.g c ) ⇒∠APB=∠AEB
L¹i cã ∠AEB =∠ACB ( gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung)
APB=ACB
Mặt khác AHB +ACB=1800APB +AHB=1800 tứ giác
APHB tứ giác nội tiếp PAB=PHB ( gãc néi tiÕp cïng ch¾n
mét cung)
Mµ ∠PAB=∠EAB⇒∠PHB =∠EAB
Hồn tồn tơng tự, ta có: ∠CHQ =∠EAC Do đó:
∠PHQ =∠PHB +∠EHC +∠CHQ =∠BAE+∠EAC+∠BHC=¿=∠BAC+∠BHC=1800
Suy ba điểm P, H, Q thẳng hàng
Vì P, Q lần lợt điểm đối xứng E qua AB AC nên ta có AP = AE = AQ suy tam giác APQ tam giác cân đỉnh A
Mặt khác, tính đối xứng ta có ∠PAQ=2∠BAC ( khơng
đổi)
Do cạnh đáy PQ tam giác cân APQ lớn AP, AQ lớn AE lớn
Điều xảy AE đờng kính đờng tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC E D
0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
A B
C H a
c
(5)V× a2
+b2+c2>0 ta cã:
(a2+b2+c2)(x
2
a2+ y2 b2+
z2 c2)=¿x
2
(2+b
2
+c2− a2
a2 )+y
(2+a
2
+c2− b2
b2 )+z
(2+a
2
+b2− c2
c2 )
¿2x2+2y2+2z2+x2(b
2
+c2− a2
a2 )+y
(a2+c2− b2
b2 )+z
(a2+b2− c2
c2 ) (*)
Gi¶ sư a ≤ b ≤ c th× c2− a2≥0; c2−b2≥0 Víi c¹nh c lín nhÊt
∠ACB
nhọn (gt) kẻ đờng cao BH ta có
c2=BH2+HA2≤BC2+CA2=a2+b2 từ suy biểu thức (*) khụng
âm suy điều phải chứng minh
0,25 0,25