Sở giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn Năm học 2011 - 2012 Thanh Hóa Đề CHíNH THứC Môn : Toán (dïng chung cho thÝ sinh thi vào chuyªn tin) Thêi gian làm 120 phút không kể thời gian phát đề Ngày thi: 19 tháng năm 2011 Câu I (2,5 điểm) Giải phơng trình: Chứng minh rằng:  x 4 17  x  x 17  12  17  12  2 C©u II: (2 điểm) Giải phơng trình: (x-1)(x-2)(x+3)(x+6)=12x Câu III (1,5 điểm) Tìm số nguyên x,y thõa mãn: x  x  y  y 2 xy xy Câu IV : (3 điểm) Cho tam giác ABC cân A Trên cạnh AB AC lần lợt lấy điểm D E cho DE = BD + CE Tia phân giác góc BDE cắt cạnh BC I CMR : a) Tam giác DIE vuông b) Đờng thẳng DI qua điểm cố định Câu V: (1 điểm) Cho a, b số dơng thỏa mãn: a+b =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = 19   2011(a  b ) ab a  b - HÕt Cán coi thi không giải thích thêm Hä tªn thÝ sinh: Sè báo danh Chữ ký giám thị 1: chữ ký giám thị 2: http://violet.vn/phatman80/present/list/cat_id/1464116 Giải đề thi môn toán Vào Chuyên tin Lam sơn 2011 2012 Câu : a)Giải phơng trình x 17  x  x  x  2 x  17  x  x  x  x   x  x  x 17  x  x  x  12 x  13 Đặt t = x2 (t 0) Ta có phơng trình; t2 + 12t 13 = Phơng trình cã hai nghiƯm ph©n biƯt t1=1 ; t2 = -13 (lo¹i) t1=1  x2 =  x= ± b)Chøng minh r»ng: VT 17  12  17  12  2 4 4 = 17  12  17  12   12    12  =  = 3  2   2 1  2  4 3 2   21    2   1   2 1 2 1    = VP 4 VËy : 17  12 17 12 (đpcm) Câu 2: Giải phơng trình : (x-1)(x-2)(x+3)(x+6)=12x C1 * Với x = nghiệm phơng trình * Với x , chia hai vế phơng trình cho x2 ta có phơng trình : x 6     5x  x2  x  12  x    x   1 12 x x x x Đặt t = x x ta có phơng trình : (t +2)(t – 2) = 12 t2 – =12 t2 = 16t = ± Víi t = ta có phơng trình ; x 4 x  x2- x - = phơng trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = ; x2= -2 Víi t = - ta có phơng trình x x x2+7x -6 =0 phơng trình có hai nghiệm ph©n biƯt x1=   73   73 ; x2 2 Vậy phơng trình cho có nghiệm phân biệt Câu 3: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x x  y  y 2 xy  xy  (x, y z)  x   x  xy  y   y  xy 1  (x-1)(x+1-y)-(x-1)(2y2-1)=1  (x-1)(x+1-y-2y2+1)=1   x 2     y 1   x  1     x 2     y   2    y  1 y  3 0    y  y  x  1        x 0   x 0 x          y  y  x      y  1 y  3 0    y 1      y    Vậy cặp số nguyên thỏa mãn : (2,1) ; (0 ;1) C©u : a) A D M E B C I O Điểm M t/m MD = BD, ME = CE Dựng đường tròn tâm (O) đường tròn qua M, B C   DBO =  DMO (ccc)  Tia DO p/g góc BDM Tg tự EO tia p/g góc CEM  O tâm đường tròn bàng tiếp  ADE  (O) tiếp xúc với AB, AC DE B, C M  OB  AB, OC  AC, OM  DE DOE = ECI ( ½ cung BC) suy tứ giác IOCE nội tiếp Mà góc ECO = 900 nên góc EIO = 900 Vậy góc DIE vng b) Áp dụng phần a) ta ln có DI qua điểm cố định O Tâm đường tròn tiếp xúc với AB ,AC B C C©u 5: C2 Cho a, b số dơng thỏa mãn: a + b =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = 19   2011( a  b ) ab a  b 19   2011(a  b ) ab a  b 16 T    2011(a  b ) ab ab a  b 16     6   2011(a  b )  ab  2ab a  b  T * Ta có : (a – b)2 ≥  a, b dấu  a = b = ½  a  b 2  a + b ≥ 2ab  (a + b) ≥ 4ab  ab   4 16 16 16.4  64 dấu  a = b = ½ (1)  ab ab * Ta lại có : (a – b)2 ≥  a, b dấu  a = b = ½  (a2 + b2 – 2ab)2 ≥  a, b dấu  a = b = ½  a4 + b4 + 4a2b2 + 2a2b2 – 4a3b – 4ab3 ≥  a4 + b4 + 4a2b2 + 2a2b2 + 4a3b + 4ab3 ≥ 8a3b + 8ab3  (a2 + b2 + 2ab)2 ≥ 8ab(a2 +b2)  [(a + b)2]2 ≥ 8ab(a2 +b2) a  b  2ab   thay a + b = ta có : 2ab a  b  a  b    1   4 dấu  a = b = ½ 2ab a  b (2) * Ta lại có : (a – b)2 ≥  a, b dấu  a = b = ½  a2 + b2 ≥ 2ab  2(a2 + b2) ≥ a2 + b2 + 2ab  2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 thay a + b = ta có: 2(a2 + b2) ≥  a2 + b2 ≥ ½ dấu  a = b = ½ (3) Tương tự : (a2 – b2)2 ≥  a, b dấu  a = b = ½  a4 + b4 ≥ 2a2b2  2(a4 + b4) ≥ a4 + b4 + 2a2b2 a +b ≥ 4 a  b2   dấu  a = b = ½ (4) Cộng vế (1), (2), (4) ta có T ≥ 64 + 6.4 + 2011  T  2715 dấu  a = b = ½ C2 Cho a, b số dơng thỏa mãn: a + b =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = 19   2011(a  b ) ab a  b Áp dụng bất đẳng thức côsi bất đẳng thức Bunhiacopxiki 16 � 1 � T  6�   2011 (1 1)(a4  b4) 2� ab �2ab a  b � 16.4 T �   2011 .(a2  b2)2 2 (a  b) (a  b) 2011 2715 �64  24  (a  b)2  8 Dấu xảy a = b = ½ Hết HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung Điể m 1� � 1� 1� Ta cã x   � a  �  � a  � 4� a � 4� a � Suy Câu 2,0 đ Câu 2,0đ 0.5 1� � x2   � a � ( a �1 ) 2� a � 1� 1� y2 1  � b  � 2� b � 1� � � 1� 1� � � 1� a � b  � � a � b � � � � 4� a � b � 4� a � b� � � Do dã: P  1� � � 1� 1� � � 1� a � b  � � a � b � � � � 4� a � � b � 4� a � � b� 0.5 a = a 0.5 T¬ng tù, ta cã 0.5  1  b2  1   a  1  b  1 a  b2   1  b2  1   a  1  b2  1 a 2b2  1,0 2 � �x  x y  x y  (1) �3 �x y  x  xy  1 (2) Trừ vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta ( x  xy )2  ( x  xy )   � x  xy  x  xy  2 �x  Khi xy  x  (2) � x y  � � , kết hợp (1) ( x; y )  (�1;0) nghiệm �y  hệ Khi xy  x  (2) � x  x   vô nghiệm Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y )  (�1;0) Ta có: x  xy  y  x y �  x  y   xy  xy  1 xy  � Câu (2,0đ ) Nếu x  y  xy  xy  1  � � xy  1 � Với xy  , kết hợp x  y  suy x  y  �x  �x  1 Với xy  1 , Kết hợp với x  y  suy � � �y  1 �y  0,5 0.5 0,5 0.25 0.25 Nếu x  y �0 , từ đẳng thức  x  y   xy  xy  1 suy xy xy  hai số nguyên liên tiếp khác 0, nên ngun tố Do khơng thể số phương Vậy nghiệm nguyên phương trình  x; y    0;0  ,  1; 1 ,  1;1 Câu 3,0đ 1,25 đ 0,5 Trường hợp: BFED tứ giác lồi � � �  PAK �  PBK �  EBF � , suy BFED tứ giác nội Ta có EDF ADC  MCA tiếp �  FDE �  1800 , suy Trường hợp: BFDE tứ giác lồi Chứng minh FBE BFDE nội tiếp 0.5 1,0 0,25 Ghi : Nếu học sinh chứng minh hai trường hợp cho 1,0 điểm Chứng minh CP BC  DQ BD �  CPB � (  sđ � Xét hai tam giác DBQ CBP, có DQB AB 1 ) �  PCB � (cùng bù với BDA � ), suy BDQ đồng dạng với CBP , suy QDB 0,5 CP CB  (1) DQ BQ BC CA  Chứng minh DC DA �  MBC � , MC tiếp � Xét hai tam giác MAC MCB, có BMC chung MCA tuyến 2 , suy MAC đồng dạng với tam giác MCB, suy 1,0đ CA MA MC �CA � MA MC MA   � � �  (2) CB MC MB �CB � MC MB MB 0,25 �DA � MA (3) Chứng minh tương tự : � � �DB � MB 2 �CA � �DA � CA DA  � Từ (2) (3) suy � � � �� �CB � �DB � CB DB CP BC CA   (5) Từ (1) (4) suy DQ BD DA CA DA  Gọi N  CD �PQ Từ (5) suy (6) 0,75 CP DQ CA  Từ A kẻ AI song song với CD ( I �PQ) Suy CP hợp với (6), suy NP  NQ CA BC  (4) DA BD 0,25 DA NI NI  , kết DQ NQ NP Với tập B   a1 , a2 , a3 , a4 , a5  �A Ta có tất 10 tổng  a j , với Câu 0,25 i �j , i, j  1,5 Nếu tất tổng có chữ số hàng đơn vị khác đơi tổng tất chữ số hàng đơn vị 10 tổng là:           45 số lẻ (1) 0,5 0,25 0,5 1,0đ Mặt khác, ta lại có tổng tất 10 tổng � (ai  a j )  4�ai , 1�i  j �5 i 1 0,25 tổng tất chữ số hàng đơn vị 10 tổng số chẵn (2) Ta có (1) (2) mâu thuẫn Vậy yêu cầu toán chứng minh Ghi Có thể giải câu 5) theo cách sau: Ta có A  C �D, C   0;2;4;6;8 , D   1;3;5;7;9 C �D  � Như với tập B gồm phần tử tập A, tồn phần tử có tính chẵn lẻ Trường hợp 1: Tập B có phần tử tính chẵn (lẻ) phần tử lại tính lẻ (chẵn) Nếu phần tử B tính chẵn a, b, c phần tử tính lẻ d, e tổng: d  a, d  b, d  c, e  a, e  b, e  c tính lẻ, nên phải có hai tổng có chữ số hàng đơn vị Nếu B có phần tử tính lẻ phần tử lại tính chẵn chứng minh tương tự Trường hợp 2: Tập B có phần tử tính chẵn (hoặc tính lẻ), gọi phần tử a, b, c, d tổng: a  b, a  c, a  d , b  c, b  d , c  d ln tính chẵn, nên có tổng có chữ số hàng đơn vị Vậy yêu cầu toán chứng minh Lưu ý:- Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa - Điểm thi tổng điểm khơng làm tròn Người đưa lên: Nguyễn Quốc Việt 10 0,25 0,5 0,25