Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam sơn (Thời gian: 150 phút) Bài 1: Cho biểu thức 4 42 2 2 = xx xb M Tìm giá trị của M khi x= a b b a + Bài 2 Cho đa thức bậc 5 có hệ số nguyên. Biết rằng f(x) nhận giá trị 1975 với 4 giá trị nguyên khác nhau của x. Chứng minh rằng với mọi x z thì f(x) không thể có giá trị bằng 1992 Bài 3: Giả sử x 1 , x 2 là các nghiệm của phơng trình )0(0 2 =++ aakxx Tất cả các giá trị của k để có bất đẳng thức: 52)()( 3 1 2 3 2 1 + x x x x Bài 4: Giải hệ phơng trình: +=+ =++ yxyx xyyx 3 1 33 22 Bài 5 : Giải phơng trình 203232152 2 +=+ xxx Bài 6 : Trong mp(oxy) cho Parabol(P): 4 2 x y = và điểm I (0,-2) gọi (d) là đ- ờng thẳng qua I và có hệ số gốc m 1, Vẽ (P) chứng tỏ với mọi m R,(d) luôn cắt (P) tại 2 điểm điểm phân biệt A,B 2, Tìm giá trị của m để đoạn AB ngắn nhất Bài 7 : Cho a, b, c>0 chứng minh rằng: 1+ + + + + + ++ ba cb cb ba a c c b b a Bài 8: Cho tam giác ABC có 0 90 << BC , đờng cao AH, trung truyến AM và phân giác trong AD 1, Chứng minh D nằm giữa 2 điểm H và M 2, Biết S ADM = 14 1 S ABC, S AHM = 50 7 S ABC . Hãy tính số đo góc BAC Bài 9 : Cho ABC. Qua một điểm M bất kỳ thuộc cạnh AC, kẻ các đ- ờng song song với hai cạnh kia; chúng tạo thành với 2 cạnh ấy một hình bình hành. Tìm vị trí của M để hình bình hành ấy có diện tích lớn nhất. Bài 10 : Cho hình chóp tam giác đều và khoảng cách giữa hai cạnh chéo nhau b»ng l, h·y x¸c ®Þnh h×nh chãp cã thÓ tÝch bÐ nhÊt. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam sơn Đề thi đề nghị môn Toán (Thời gian 150 phút) Bài 1 : (2điểm). Khi cho b a và a b thì 0 > b a 0. > ba (0,25đ) Do đó = x a b b a + 2 2 ++= a b b a x (0,25đ) ab ba ab ba a b b a x = =++= 2 2 )( 424 (0,25đ) Từ đó : baba bab ab ba a b b a ab ba b xx xb M + = + = = 2 )( 2 4 42 2 2 (0,75đ) Nếu ba thì : ba baba bab M = ++ = )(2 (0,25đ) Nếu ba < thì a abb abba abb M )()(2 = ++ = (0,25đ) Bài 2 (2đ) Gọi x 1 ,x 2 ,x 3 x 4 là giá trị nguyên khác nhau của đa thức f(x)- 1975 suy ra f(x)- 1975 = (x-x 1 )(x-x 2 )(x-x 3 )(x-x 4 ).g(x) (g(x) là đa thức có hệ số nguyên)(0,5đ) Giả sử tồn tại a z mà f(a)=1992 ta có: (a-x 1 )(a-x 2 )(a-x 3 )(a-x 4 ).g(a)=17 * (0,5đ) Do x 1 ,x 2 ,x 3 x 4 z khác nhau nên a-x 1 ,a-x 2 , a-x 3 ,a-x 4 là 4 số nguyên khác nhau và g(a) z, mà 17 chỉ có thể phân tích thành một tích có nhiều nhất ở thừa số nguyên khác nhau : 17= 1(-1)(-17) nên (*) không xảy ra ĐPCM (1,0đ) Bài 3 (2đ) Dễ thấy x 1 ,x 2 0 Ta xét a hai trờng hợp * Nếu a<1 thì 04 2 >= ak với mọi k .Khi đó phơng trình đã cho luôn có hai nghiệm khác nhau và khác dấu: Điều đó dẫn đến BĐT đã cho luôn đúng với mọi k (0,5đ) *Nếu a>0 Ta có ++=+ 3)()()()( 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 3 1 2 3 2 1 x x x x x x x x x x x x Mà 2 2)( 2 21 21 2 21 21 2 2 2 1 1 2 2 1 = + = + =+ a k xx xxxx xx xx x x x x (Theo viét) Do đó : 3 1 2 3 2 1 )()( x x x x + =( 2 2 a k ) 523)2( 2 2 a k (1) (0,5đ) Đặt a k 2 =t, ta có [ ] 523)2()2( 2 tt 0)9)(6( 2 + tt (2) Ta thấy )9( 2 +t 0 > mọi t. Do đó (2) chỉ đúng khi 0)6( t hay 06 2 a k Do 0 > a nên ak 6 2 . Bởi vậy 66 ka (0,75đ) Vậy a<0, khi k là số thực bất kỳ a>0 thì k là số thực thỏa mãn 66 ka (0,25đ) Bài 4 (2đ) Giải hệ phơng trình Từ (1) ta có PT (2) có dạng : 33 yx + = ))(3( 22 xyyxyx +++ (0,25đ) 33 yx + 232223 333 xyyyxyxxyx +++++= 0244 322 =++ yyxyx 0)22(2 22 =++ yxyxy [ ] 0)(2 22 =++ yxxy =++ = 0)( 0 22 yxx y = = = xy x oy 0 = = = 0 0 y x oy (1,0đ) + Với y=0 thay vào (1) ta đợc x 2 =1 x 1 + Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn x=0, y=0 loại (0,5đ) Vậy hệ phơng trình có 2 nghiệm (x,y) là (1,0) và (-1,0) (0,25đ) Bài 5 (2đ) Điều kiện 2x +15 0 và 32 x 2 +32x-20 0 + 8 564 8 564 2 15 x x x + 4 142 2 15 4 142 x x (0,25đ) +=+ =++ )2(3 )1(1 33 22 yxyx xyyx PT đã cho tơng đơng với 28)24(2152 2 +=+ xx (1) Đặt 15224 +=+ xy ĐK 024 + y (0,25đ) Từ đó ta có : 152)24( 2 +=+ xy (2) PT trở thành: 152)24( 2 +=+ yx (3) Lấy (2 ) trừ cho (3) theo từng vế ta đợc : (0,75đ) * Trờng hợp 1 : x - y = 0 x=y thay vào (3 ) ta đợc: 16x 2 +14x-11=0 (0,25đ) * Trờng hợp 2 : 8x+8y +9=0 9y=8x-9 thay vào (3) ta có : 64x 2 +72x-35=0 + = = 16 2219 16 2219 x x (0,25đ) Vậy phơng trình có 2 nghiệm x= 2 1 hoặc 16 2219 = x (0,25đ) Bài 6: (2đ) 1. (1đ) đờng thẳng (d ) có phơng trình là y=mx-2 Phơng trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): mm mxx x mx >= =+ = 024 024 4 2 2 2 2 Chứng tỏ (d) luôn cắt (P ) tại 2 điểm phân biệt A, B (0,5đ) =++ = =++ =++ =++++ =++ 0988 0 0)988)(( 0)(2)1(4).(4 0)(2)2424)(2424( )(2)24()24( 22 yx yx yxyx yxyxxy yxxyxy yxxy = = 8 11 2 1 x x TM Loại TM Loại Vẽ (P) (0,5đ) 2, (1đ) Điểm A, B có tọa độ : A(x 1 , mx 1 -2), B(x 2 , mx 2 -2) Với x 1 , x 2 có nghiệm của phơng trình: x 2 +4mx-2=0 Theo Viét ta có: = =+ 2. 4 21 21 xx mxx Do đó AB 2 = 2 21 22 21 )()( xxmxx + [ ] 8)816)(1( 4)()1( 22 21 2 21 2 ++= ++= mm xxxxm vì 0 2 m 22 AB Dấu = xảy ra khi m = 0 Vậy AB ngắn nhất khi và chỉ khi m = 0 (0,5đ) Bài 7: (2đ): a, b, c>0 CM: 1+ + + + + + ++ ba cb cb ba a c c b b a (1) a cbcb bccabb c bab acaba b ca a cbbac c cbbab b cbbaa cbbacbba )()( ))(())(())(( ))(()()( 22 2 2 2 22 + +++++ + ++++= ++ + ++ + ++ ++++++ Mặt khác ))(()()( 22 cbbacbba ++++++ = bcabbcaca 333 222 +++++ Do đó ta cần chứng minh: VPbbcabb a cb acab c a a c b a bc c b a bc b ca c b b ca a cbcb c bab b ca VT abbcb a cbcb c bab b ca =+++++ +++++++= + + + += ++ + + + + 22 4 3 2 23223222 2 22 222 )()( 2 1 )( 2 1 )( 2 1)()( )5,0()2(22 )()( Dấu = xảy ra khi a = b = c (1đ) Bài 8 (2đ) 1, (1đ) Vẽ đờng tròn ngoại tiếp ABC. Gọi F là trung điểm của cung BC khác nhau với A. A, D, F thẳng hàng D ở giữa A,F D ở giữa H, M (0,5đ) 2, Ta có y x A -2 B y=-x 2 /4 I 2 O -2 (0,5đ) (1) A C B H D .O M (0,75đ) Trên đờng thẳng AH chọn A 0 sao cho BA 0 C=90 0 (A 0 là giao điểm của HA với đờng tròn đờng kính BC) 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 2 . CA BA HC HB CA BA HC HA HC HCHB HC HB ==== (**) Từ (*) và (**) ta có : 2 0 2 0 2 2 CA BA AC AB = Bài 9 (2đ) Gọi hình bình hành tạo thành là BEMF; dt(BEMF)=S ; dt(ABC)=S= const Kẻ AK BC, AK cắt EM ở H. Ta có S =EM.HK (0,5đ) AKBCS . 2 1 = nên AK KH BC EM S S .2 ' = Đặt MA =x, MC=y. Theo định lí Talét ta có: yx y AK HK yx x BC EM + = + = ; (0,5đ) nên 2 )( 2 yx xy S S + = Lại có: xyyx 4)( 2 + do yxyx ,0)( 2 + (0,5đ) (0,75đ) F A 0 0 0 2 0 2 2 0 2 22 22 90 == = + + = + + CBABAC AHHA HACH HABH AHCH AHBH B HE M x AC y FK S *)( 16 9 25 9 50 7 2 1 50 7 )( 4 3 4 3 7 3 14 1 2 1 / 14 1 2 AC AB BC HB HC HB BC HB BC MH S S AC AB DC DB do AC AB DC DB BC DB BC MD SS ABC AHM ABCADM = === == == = == == 2 1 S S Do đó max S = 2 1 S khi đó x=y Tức là M là trung điểm của AC (0,5đ) Bài 10 (2đ) Giả sử hình chóp SABC đều, O là tâm đều ABC, M là trung điểm của BC. Ta có BC (SAM). Vẽ MN SA thì MN vuông góc với BC. (0,25đ) Đặt AB=BC=CA=x khi đó 4 3 2 3 . 2 1 2 xx xS ABC = SOA MNA Điều kiện x> 3 2l (0,25đ) Ta có thể tích hình chóp: 9927 9 .27. ) 3 443 (36 4 2.2).43(36 4. )43(36 436433 32 . 4 3 3 1 6 6 66 6 66 3 222 66 2222 462 22 62 2 22 3 22 2 l x xl x xl llx xl lllx lxl lx xl V lx lx lx xl xV === + = = = = (0,75đ) 3 3 l V Dấu = xãy ra khi : 3x 2 - 4l 2 -2l 2 x= 02 > l 22 433 .32. lx xl NA OAMN SO NA MN OA SO == = S N A B OB M C S VËy thÓ tÝch cña h×nh chãp nhá nhÊt khi SA+SB+SC= 2l (0,25®) . f (a) = 199 2 ta có: (a- x 1 ) (a- x 2 ) (a- x 3 ) (a- x 4 ).g (a) =17 * (0,5đ) Do x 1 ,x 2 ,x 3 x 4 z khác nhau nên a- x 1 ,a- x 2 , a- x 3 ,a- x 4 là 4 số nguyên khác nhau. cbbacbba ++++++ = bcabbcaca 333 222 +++++ Do đó ta cần chứng minh: VPbbcabb a cb acab c a a c b a bc c b a bc b ca c b b ca a cbcb c bab b ca VT abbcb a