Kì thi tuyển sinh lớp 10 chuyên quốc học môn: Toán chuyên - Năm học 2009 - 2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN CHUYÊN - Năm học 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (3 điểm) a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy chứng minh đẳng thức : 3 3 13 4 3 1    . b) Giải hệ phương trình : 2 1 5 ( 2 1) 36 x y x x y         Bài 2: (1,5 điểm) Cho phương trình: 4 22 2 1 0x mx m    . Tìm giá trị m để phương trình có bốn nghiệm 1 2 3 4 , , ,x x x x sao cho: 1 2 3 4 x x x x   và  4 1 3 23x x x x   . Bài 3: (3 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB. Gọi C là trung điểm của bán kính OB và (S) là đường tròn đường kính AC. Trên đường tròn (O) lấy hai điểm tùy ý phân biệt M, N khác A và B. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của AM và AN với đường tròn (S). a) Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ. b) Vẽ tiếp tuyến ME của (S) với E là tiếp điểm. Chứng minh: 2ME = MA MP . c) Vẽ tiếp tuyến NF của (S) với F là tiếp điểm. Chứng minh: ME AM NF AN  . Bài 4: (1,5 điểm) Tìm số tự nhiên có bốn chữ số (viết trong hệ thập phân) sao cho hai điều kiện sau đồng thời được thỏa mãn: (i) Mỗi chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước. (ii) Tổng p + q lấy giá trị nhỏ nhất, trong đó p là tỉ số của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị còn q là tỉ số của chữ số hàng nghìn và chữ số hàng trăm. Bài 5: (1 điểm) Một tấm bìa dạng tam giác vuông có độ dài ba cạnh là các số nguyên. Chứng minh rằng có thể cắt tấm bìa thành sáu phần có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi phần là số nguyên. Hết SBD thí sinh: ................. Chữ ký GT1: .............................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN CHUYÊN - Năm học 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút BÀI NỘI DUNG Điểm B.1 3,0 1.a     2 2 3 3 13 4 3 3 3 12 4 3 1 3 3 2 3 1 3 3 2 3 1 3 3 2 3 1 3 3 1 3 3 1 3 3 1 1                               0.25 0.25 0,25 0.25 1.b Điều kiện y 0 . 0,25  2 2 1 36 1 6x x y x y      . 0,25 Đặt 1u x  , v y ( 0, 0u v  ), ta có hệ 5 6 u v uv     0,50 Giải ra : u = 2 , v = 3 hoặc u =3 , v = 2 0,25 Trường hợp u = 2 , v = 3 có : ( x = 1 ; y = 9 ) hoặc ( x = 3 ; y = 9) 0,25 Trường hợp u = 3 , v = 2 có : ( x = 2 ; y = 4 ) hoặc ( x = 4 ; y = 4) 0,25 Hệ đã cho có 4 nghiệm: (1;9) , (-3;9) , (2;4) , (- 4;4) . 0,25 B.2 1,5 4 22 2 1 0x mx m    (1) Đặt : 2t x , ta có : 2 2 2 1 0t mt m    (2) ( 0t  ) . 0,25   22' 2 1 1 0m m m       với mọi m . 0,25 Vậy để (1) có bốn nghiệm phân biệt thì (2) luôn có hai nghiệm dương phân biệt 1 2,t t . Tương đương với: 1 ' 0, 2 1 0, 2 0 , 1 2 P m S m m m          (3) 0,25 Với điều kiện (3), phương trình (2) có 2 nghiệm dương 1 20 t t  và phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt: 1 2 2 1 3 1 4 2x t x t x t x t         Theo giả thiết:  4 1 3 2 2 1 2 1 2 13 2 6 3 9x x x x t t t t t t         (4) 0,25 Theo định lí Vi-ét, ta có: 1 2 2t t m  và 1 2 2 1t t m  (5) Từ (4) và (5) ta có: 110 2t m và 2 19 2 1t m  2 1 2 5 9 50 25 0 ; 5 9 m m m m       . Cả hai giá trị đều thỏa mãn điều kiện bài toán. Vậy để phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán thì cần và đủ là: 5 9 m  và 5m  . 0,50 2 B.3 3,0 3.a + Hình vẽ   090 //CPA BMA CP BM   Do đó : AP AC AM AB  (1) + Tương tự: //CQ BN và AQ AC (2) AN AB  Từ (1) và (2): AP AQ AM AN  , Do đó //PQ MN 0,25 0,25 0,25 0,25 3.b + Hai tam giác MEP và MAE có :  EMP AME và  PEM EAM . Do đó chúng đồng dạng . + Suy ra: 2 ME MP ME MA MP MA ME     0,50 0,50 3.c + Tương tự ta cũng có: 2NF NA NQ  + Do đó: 2 2 ME MA MP NF NA NQ    + Nhưng ( // ) MP MA Do PQ MN NQ NA  + Từ đó: 2 2 2 2 ME AM ME AM NF AN NF AN    0,25 0,25 0,25 0,25 B. 4 1,5 Xét số tùy ý có 4 chữ số abcd mà 1 9a b c d     . (a, b, c, d là các số nguyên). Ta tìm giá trị nhỏ nhất của c a p q d b    0,25 Do b, c là số tự nhiên nên: 1c b c b    . Vì vậy : 1 1 9 b p q b     1 1 1 1 7 2 9 9 9 9 9 b b p q b b         0,75 7 9 p q  trong trường hợp 1 1, 9, 1, 9 b c b d a b      Vậy số thỏa mãn các điều kiện của bài toán là: 1349 0,25 0,25 B.5 1,0 Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác vuông ABC, c là cạnh huyền. Ta có 2 2 2a b c  ; a, b, c *N , diện tích tam giác ABC là 2 ab S  Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12. 0.25 3 + Chứng minh 3ab Nếu cả a và b đồng thời không chia hết cho 3 thì 2 2a b chia 3 dư 2. Suy ra số chính phương 2c chia 3 dư 2, vô lý. 0,25 + Chứng minh 4ab - Nếu a, b chẵn thì 4ab . - Nếu trong hai số a, b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ. Lúc đó c lẻ. Vì nếu c chẵn thì 2 4c  , trong lúc 2 2a b không thể chia hết cho 4. Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h N . Ta có :     2 22 2 1 2 1b h k    =   4 1h k h k   =     4 1 8 8h k h k k h k      Suy ra 4b . 0,25 Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành 6 phần bằng nhau, nối các điểm chia với C thì tam giác ABC được chia thành 6 tam giác, mỗi tam giác này có diện tích bằng 12 ab là một số nguyên. 0.25 Ghi chó:  Häc sinh lµm c¸ch kh¸c ®¸p ¸n nh-ng ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a.  §iÓm toµn bµi kh«ng lµm trßn.