HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN TOÁN, KHỐI 10 NĂM HỌC 2014 – 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY TỈNH NINH BÌNH Thời gian làm 180 phút (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu (4,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x − 12x − y3 + 6y − 16 =  2 4x + − x − 4y − y + m = Câu (4.0 điểm) Các đường tròn ω1 , ω2 , ω3 nằm mặt phẳng tiếp xúc với cặp Gọi P1, P2, P3 thứ tự điểm tiếp xúc ω2 ω3 , ω3 ω1 , ω1 ω2 Gọi A, B hai điểm khác P1, P2 nằm ω3 cho AB đường kính ω3 Đường thẳng AP2 cắt lại ω1 X, đường thẳng BP1 cắt lại ω2 Y, đường thẳng AP1, BP2 cắt Z Chứng minh X, Y, Z thẳng hàng Câu (4.0 điểm) Tìm số nguyên không âm x, y thỏa mãn: 3x + 2.3y = 2x + y +1 − Câu (4.0 điểm) Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn : a + b + c + d = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: E = a + c2 + (a − c)(b − d) Câu (4.0 điểm)  (n + 3)  Trong tam giác vuông cân cạnh huyền có chiều dài n lấy   + điểm   Chứng minh tồn cặp điểm có khoảng cách nhỏ .HẾT Người đề Câu ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN, KHỐI 10 Ý Nội dung cần đạt 3  x − 12x − y + 6y − 16 = (1)  2 4x + − x − 4y − y + m = (2) Ta có (1) ⇔ x − 12x = ( y − ) − 12 ( y − ) Điểm 1,0 ⇔ (x − y + 2) (x + x(y − 2) + (y − 2) − 12) = điểm Ta có x y − thuộc đoạn [ −2;2] suy x + x(y − 2) + (y − 2) − 12 ≤ Do (1) ⇔ x = y − 1,0 Thay vào (2) ta − x = 4x + m (3) Đặt t = − x (0 ≤ t ≤ 2) : (3) ⇔ 4t + 3t − m − 16 = (4) t 6–m 1.0 4t + 3t − m − 16 – m – 16 Do đó: hệ phương trình cho có nghiệm ⇔ (3) có nghiệm ⇔ (4) có nghiệm x ∈ [ 0;2] ⇔ −16 ≤ m ≤ điểm O P O X O P Z B P A O Gọi O1, O2, O3 thứ tự tâm đường tròn ω1 , ω2 , ω3 Gọi O giao tiếp tuyến chung P1, P2, P3 ω1, ω2 , ω3 1,0 Ta có: (ZP1, ZP2) = (ZP1, AP2) + (AP2, ZP2) = 0,5 π (O 3P1, O P2 ) + 2 (P3P1, P3P2) = (P3P1, P3O) + (P3O, P3P2) = 1 (O 2P1, O P3 ) + (O1P3 , O1P2 ) 2 π 1 π = − (O3 P2 , O3 P1 ) = (O3P1, O3 P2 ) + 2 2 1,0 0,5 ⇒ (ZP1, ZP2) = (P3P1, P3P2) ⇒ P1, P2, P3, Z đồng viên (P3X, P3Z) = (P3X, P3P2) +(P3P2, P3Z) = r r r uuuur uuuuu uuuur uuuuu uuuuur uuuuu (O1 X, O1P2 ) + (P1P2, P1Z) = (O1 X, O1P2 ) + (O3 P2 , O3 A) 2 uuuur uuuuu r uuuuu r uuuuur Vì ω1, ω2 tiếp xúc nên (O1 X, O1P2 ) = (O3 A, O3P2 ) ⇒ (P3X, P3Z) = ⇒ X, Z, P3 thẳng hàng điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 Tương tự: Y, Z, P3 thẳng hàng ⇒ ĐFCM Đặt n = x + y ta có: 3x + 2.3y = n +1 − ⇒ ,3 < x y n +1 =8 n +1 1 ⇒ n +1 − 1M 3m ⇒ n +1 − 1M ⇒ n + 1M (vì bậc theo mod 6) Đặt n + = 6k 0,5 ⇒ (2k − 1)(2k + 1)(42k + 4k + 1)  2k − 1M 3m−1 /9 ⇒  + + = (4 − 1) + 3.4 M 3, M k 3m−1  + 1M 2k k k m −1 k n +1 0,5 ⇒ ≤ +1≤ = n−2 n +1 /6 ⇒ −1 < m −1 ≤ ⇒ n < 11 ⇒ n + 1M k k Vậy phương trình vô nghiệm n ≥ Kết luận: (x; y) = (2; 1), (2; 3) 4 điểm E = a + c + (a − c )(b − d ) ≤ a + c + (a + c )(b + d ) 0,5 = a + c + [( − 1)(a + c )][( + 1)(b + d )] 0,5 ( − 1)(a + c ) + ( + 1)(b + d ) 2 +1 2 +1 = (a + c + b + d ) ≤ 2 0,5 ≤ a2 + c2 + Đẳng thức xảy khi:   a = −c 2+ 2+ a = b = − d ;c = − 8   ⇔  a = ( + 1)b  2− 2− ;d = − a + b + c + d = b = 8   0,5  2+ 2+ a = − ;c = 8    2− 2− ;d = b = − 8  E = a + c + (a − c )(b − d ) ≥ a + c − (a + c )(b + d ) 0,5 0,5 = a + c − [( + 1)(a + c )][( − 1)(b + d )] 0,5 ( + 1)(a + c ) + ( − 1)(b + d ) ≥ a +c − 1− 2 1− = (a + c + b + d ) ≥ 2 2 Đẳng thức xảy khi: 0,5   a = −c 2− 2− a = − b = − d ;c = 8   ⇔  a = −( − 1)b  2+ 2+ ;d = − a + b + c + d = b = 8    2− 2− a = − ;c = 8    2+ 2+ ;d = − b = 8   (n + 3)2  + đường tròn bán kính có tâm Dựng      (n + 3)    + điểm cho   điểm   (n + 3)   π (n + 3) Tổng diện tích hình tròn    + 1÷ >     Diện tích phủ họ tất đường tròn có tâm thuộc miền tam giác vuông cân (tính biên), bán kính 1 nhỏ 2 (n + + 2)  (n + 3)  Do tồn đường tròn cắt   +1   dựng Suy điều phải chứng minh (Họ tên, ký tên -Điện thoại liên hệ)