HƯỚNGDẪNGIẢIĐỀTHITUYỂNSINHLỚP10NĂM2011 Mônthi:TOÁN(chuyên) Thờigianlàmbài:150phút,khôngthểthờigianphátđề. Câu I.Chophươngtrình  − ( + 3 ) +   = 0,trongđólàthamsốsao chophươngtrìnhcóhainghiệmphânbiệt  ,  a) Khi  = 1,chứngminhrằngtacóhệthức √    + √    =  2+  2 + √ 6 b) Tìmtấtcảcácgiátrị sao cho √   + √   = √ 5 c) Xétđathức (  ) =  +   + .Tìmtấtcảcáccặpsố ( , ) saocho tacóhệthức (   ) = (   ) vớimọigiátrịcủathamsốm Lờigiải. Ta có  = (m+3) 2 – 4m 2 = 3(m+1)(3-m).  > 0  -1 < m < 3. a) Khi m = 1, phương trình có hai nghiệm dương x 1 , x 2 . Theo định lý Viét ta có x 1 + x 2 = 4, x 1 .x 2 = 1. Ta biến đổi tương đương 626622 626222622 212121 4 2121 4 2 4 1 8 21 4 2 4 1 8 2 8 1   xxxxxxxxxx xxxxxxxx Hệ thức cuối cùng đúng do x 1 + x 2 = 4 và x 1 x 2 = 1. b) Để phương trình có hai nghiệm không âm thì 0 0 1 3 0 S m P              (*) Theo định lý Viet thì x 1 + x 2 = m+3 và x 1 x 2 = m 2 . Ta có .2||2523525 2 212121  mmmmxxxxxx Giải phương trình này, ta được hai nghiệm .2, 3 2  mm So sánh với điều kiện (*) ở trên ta loại nghiệm m = -2. Vậy giá trị m để 5 21  xx là 3 2 m . c) Ta có P(x 1 ) = P(x 2 )  x 1 3 – x 2 3 + a(x 1 2 -x 2 2 ) + b(x 1 -x 2 ) = 0  (x 1 -x 2 )(x 1 2 +x 1 x 2 +x 2 2 +a(x 1 +x 2 )+b) = 0  (x 1 -x 2 )((x 1 +x 2 ) 2 – x 1 x 2 + a(x 1 +x 2 )+b) = 0  (x 1 -x 2 )((m+3) 2 – m 2 + a(m+3)+b) = 0  (6+a)m + 9 + 3a + b = 0 với mọi - 1 < m < 3  a = - 6, b = 9. Vậy (a, b) = (-6, 9) là cặp số cần tìm. Câu II. a) Cho ,làcácsốthựcdương.Tìmgiátrịnhỏnhấtcủabiểuthức  = √ 1 +    √ 1 +   1 +  b) Chox,y,zlàcácsốthựcthỏamãnđiềukiện |  | ≤1, |  | ≤ 1, |  | ≤ 1. Chứngminhrằngtacóbấtđẳngthức:  1 −  +  1 −  +  1 −  ≤  9− ( + +  )   Lờigiải. a) Ta có   +  ≥2, suy ra 1 +  +   +     ≥ 1 + 2+     ⇔ ( 1 +   )( 1 +   ) ≥ ( 1+  )   ⇔ √ 1 +   . √ 1 +   ≥1 +  (vì 1+ ab > 0) ⇔ √   √    ≥1 (vì 1 + ab > 0) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. Vậy minP = 1 khi và chỉ khi a = b. b) Bình phương hai vế của bất đẳng thức, ta được bất đẳng thức tương đương 2222222222 )(9112112112111 zyxxzzyyxzyx   zxyzxyxzzyyx  111111111 222222 . Để hoàn tất phép chứng minh, ta chỉ cần chứng minh xyyx  111 22 . Thật vậy, do 1 – xy ≥ 0 nên (*) tương đương với (1 – x 2 )(1 – y 2 ) ≤ (1 – xy) 2  (x – y) 2 ≥ 0 (hiển nhiên đúng) Câu III. ChotamgiácABCcóAB=b,AC=b.Mlàmộtđiểmthayđổitrêncạnh AB.ĐườngtrònngoạitiếptamgiácBMCcắtACtạiN. a) ChứngminhrằngtamgiácAMNđồngdạngvớitamgiácACB.Tínhtỉsố   đểdiệntíchtamgiácAMNbằngmộtnửadiệntíchtamgiácACB. b) GọiIlàtâmđườngtrònngoạitiếptamgiácAMN.ChứngminhrằngIluôn thuộcmộtđườngthẳngcốđịnh. c) GọiJlàtâmđườngtrònngoạitiếptamgiácBMC.Chứngminhrằngđộdài IJkhôngđổi. Lờigiải. a) Theo tính chất của tứ giác nội tiếp ta có ANM = MBC = ABC. Mặt khác NAM = BAC. Suy ra hai tam giác AMN và ACB đồng dạng. Từ hai tam giác đồng dạng này ta suy ra AM.AB = AN.AC. Để diện tích tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác ACB thì tỷ số đồng dạng phải bằng 2 1 , tức là 2 1  AC AM . Suy ra 2 c AM  . Từ đây ta tính được 2 c bBM  . Suy ra . 2 cb c BM AM   b) Cách 1. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và AH là đường cao của tam giác ABC. Khi đó dễ thấy rằng OAC = BAH. Từ đó, do ANM = ACH nên từ đây ta suy ra OA vuông góc MN, suy ra AO là đường cao trong tam giác ANM. Từ đây, cũng do NAO = MAH. Mặt khác do tam giác AMN và ABC đồng dạng nên suy ra IAM và OAC đồng dạng, do đó IAM =  CAO =  MAH, nên tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nằm trên AH cố định (đpcm). (1 đ) Cách 2 chứng minh AO  NM: Vẽ tiếp tuyến Ax của (O), ta có OA  Ax.  xAM =  ACB =  AMN, suy ra Ax//MN. Do đó OA  MN Cách 2 Ta có I là tâm đường tròn nên AIM = 2ANM = 2ABC. Mà tam giác AIM cân tại I nên MAI = ½ (180 0 - AIM) = 90 0 - ABC. Suy ra MAI + ABC = 90 nên AI  BC, I thuộc đường cao AH của tam giác ABC. c) Vì hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác ABC và BMC có chung dây cung BC nên OJ vuông góc với BC. Theo chứng minh ở trên thì AI vuông góc với BC. Suy ra AI // OJ. Tương tự, IJ vuông góc với MN và AO vuông góc với MN theo câu a), suy ra IJ // AO. Suy ra AIJO là hình bình hành. Suy ra IJ = AO = R không đổi (đpcm). Câu IV. Cho ,,làcácsốnguyênsaocho2+ , 2+,2+ đềulàcácsố chínhphương(*). a) Biếtrằngcóítnhấtmộttrongbasốchínhphươngnóitrênchiahếtcho 3.Chứngminhrằngtích ( − )( − )( − ) chiahếtcho27. b) Tồntạihaykhôngcácsốnguyên,,thỏađiềukiện(*) sao cho ( − )( − )( − ) chiahếtcho 27? Lờigiải. a) Giả sử 2a + b = m 2 , 2b + c = n 2 , 2c + a = p 2 . Cộng ba đẳng thức lại, ta được 3(a + b + c) = m 2 + n 2 + p 2 . Suy ra m 2 + n 2 + p 2 chia hết cho 3. Chú ý rằng bình phương của một số nguyên chia 3 dư 0 hoặc 1. Do đó nếu có 1 trong 3 số, chẳng hạn m chia hết cho 3 thì n 2 + p 2 chia hết cho 3 và như thế n 2 và p 2 cũng phải chia hết cho 3. Cuối cùng, chú ý rằng nếu 2a + b chia hết cho 3 thì a – b = 3a – (2a+b) chia hết cho 3. Tương tự ta có b – c và c – a chia hết cho 3, suy ra (a – b)(b – c)(c – a) chia hết cho 27. b) Tồn tại. Chẳng hạn có thể lấy a = 2, b = 0, c = 1. Câu V. ChohìnhchữnhậtABCDcóAB= 3, BC = 4. a) Chứngminhrằngtừ7điểmbấtkỳtronghìnhchữnhậtABCDluôntìm đượchaiđiểmmàkhoảngcáchgiữachúngkhônglớnhơn√5 b) Chứngminhrằngkhẳngđịnhởcâua)vẫncònđúngvới6điểmbấtkỳ nằmtronghìnhchữnhậtABCD. Lờigiải. a) Chia hình chữ nhật 3 x 4 thành 6 hình chữ nhật con 1 x 2. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 2 trong 7 điểm đã cho thuộc vào 1 hình chữ nhật và do đường kính của hình chữ nhật này bằng 5 nên ta có điều phải chứng minh. b) Chia hình chữ nhật thành 5 phần như hình vẽ. Nhậnxétvềđềthi. - Cáccâudễlà1ab,3a(ýđồngdạng). - Cáccâumứcđộtrungbìnhlà2ab, 4b, 5a, 4b, 1c - Cáccâukhó(phânloạihsg)là4a, 3c, 5b. . HƯỚNGDẪNGIẢIĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN (chuyên) Thờigianlàmbài:150phút,khôngthểthờigianphát đề. Câu I.Chophươngtrình  − ( +. minh. b) Chia hình chữ nhật thành 5 phần như hình vẽ. Nhậnxétvề đề thi. - Cáccâudễlà1ab,3a(ýđồngdạng). - Cáccâumứcđộtrungbìnhlà2ab, 4b, 5a, 4b,. IJ = AO = R không đổi (đpcm). Câu IV. Cho ,,làcácsốnguyênsaocho2+ , 2+,2+ đềulàcácsố chínhphương(*). a) Biếtrằngcóítnhấtmộttrongbasốchínhphươngnóitrênchiahếtcho 3.Chứngminhrằngtích ( − )( − )( − ) chiahếtcho27.