SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 LONG AN Môn thi: TOÁN TIN CHUYÊN Ngày thi: 30-6-2011 Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) Câu I : (1.5 điểm) Rút gọn biểu thức : A = ( ) 3 1 x x 2 x 1 x 3 x 2 x 5 x 6 − + + − + − − − + Với x ≥ 0 ; x ≠ 4 ; x ≠ 9 Câu II : ( 2 điểm) Cho parabol (P) : y = x 2 và đường thẳng (d) : y = 2mx - m + 1 a) Chứng minh rằng : Đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m b) Gọi A (x A ; y A ) và B (x B ; y B ) là hai giao điểm phân biệt của (d) và (P) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = A B 1 y y 1+ + Câu III : ( 1 điểm) Giải hệ phương trình : x 1 2 y y 1 2 z z 1 2 x  + =   + =   + =   Câu IV : (2,5 điểm) Từ một điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MA , MB với đường tròn (O). ( A và B là hai tiếp điểm ) . Cát tuyến qua M cắt (O) tại C và D ( C nằm giữa M và D) . Gọi H là giao điểm của OM và AB a) Chứng minh : MC.MD = MA 2 b) Chứng minh : Tứ giác HCDO nội tiếp . c) Chứng minh : HA là tia phân giác của góc CHD Câu V : ( 1điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 + xy – y = 0 Câu VI : ( 1 điểm) Người ta đặt tùy ý 10 điểm vào trong một tam giác đều có cạnh bằng 3 ( Kể cả trên các cạnh của tam giác) . Chứng minh rằng : Ta luôn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1 Câu VII : ( 1 điểm) Cho hai số nguyên x , y thỏa mãn : 2 2 x y+ chia hết cho 3 Chứng minh rằng : xy chia hết cho 9 ………………. Hết ………… ĐỀ DỰ BỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH 10 NĂM HỌC 2011-2012 LONG AN Môn thi: TOÁN TIN CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu I (1,5 điểm) Điều kiện : x ≥ 0 ; x ≠ 4 ; x ≠ 9 A = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x 2 x 2 x 1 x 3 3 1 x x 3 x 2 + − − + − + − − − = ( ) ( ) ( ) ( ) x 4 x 2 x 3 3 3 x x 3 x 2 − − − − + − − − = ( ) ( ) 2 x 1 x 3 x 3 x 2 − − = − − − (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) Câu II (2 điểm) Câu a ( 1 điểm) Xét phương trình hoành độ giao điểm : x 2 – 2mx + m – 1 = 0 ∆ , = m 2 - m + 1 = 2 1 3 m 2 4   − +  ÷   > 0 , ∀ m Nên : Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m Đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m Câu b ( 1 điểm) Vì A (x A ; y A ) và B (x B ; y B ) là hai giao điểm của (d) và (P) Nên : y A = 2 A x ; y B = 2 B x Theo vi-ét : x A + x B = 2m x A .x B = m - 1 Do đó : y A + y B + 1 = 2 A x + 2 B x +1 = ( x A + x B ) 2 - 2x A .x B + 1 = 4m 2 - 2m + 3 = 2 1 11 2m 2 4   − +  ÷   ≥ 11 4 Nên : A B 1 y y 1+ + ≤ 4 11 (0,5 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) ĐÁP ÁN ĐỀ DỰ BỊ Vậy : Giá trị lớn nhất của A bằng 4 11 khi m = 1 4 Câu III (1 điểm) Giải hệ phương trình : x 1 2 y y 1 2 z z 1 2 x  + =   + =   + =   Điều kiện : x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; z ≥ 0 Cộng theo vế các phương trình của hệ , ta có : x + y + z + 3 = 2 x 2 y 2 z+ + ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x 1 y 1 z 1 0− + − + − = ⇔ x 1 0 y 1 0 z 1 0  − =   − =   − =   ⇔ x = y = z = 1 Vậy : Hệ có nghiệm ( 1 ; 1 ; 1) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) Câu IV (2,5 điểm) a) Chứng minh : MC.MD = MA 2 Hai tam giác : ∆ MAC và ∆ MDA có + ∠ M là góc chung + ∠ MAC = ∠ MDA = 1 2 sđ » AC Nên : ∆ MAC ∆ MDA (g.g) ⇒ MA MC MD MA = Vậy : MC.MD = MA 2 b) Chứng minh : Tứ giác HCDO nội tiếp . Ta có : MC.MD = MA 2 ( cmt) MA 2 = MH.MO ( ∆ MAO vuông tại A và AH ⊥ MO) Nên : MC.MD = MH.MO ⇒ MC MO MH MD = (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) H O M B A D C Do đó : ∆ MHC ∆ MDO (c.g.c) ⇒ ∠ MHC = ∠ MDO Vậy : Tứ giác HCDO nội tiếp c) Chứng minh : HA là tia phân giác của góc CHD Vì : Tứ giác HCDO nội tiếp nên ∠ OHD = ∠ OCD và ∠ MDO = ∠ MHC ( cmt) Mà : ∠ MDO = ∠ OCD ( ∆ OCD cân) Nên : ∠ MHC = ∠ OHD Suy ra : ∠ AHC = ∠ AHD Vậy : HA là phân giác góc CHD (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) Câu V : ( 1điểm) x 2 + xy – y = 0 ⇔ x 2 + y(x – 1) = 0 ⇔ x 2 – 1 + y(x – 1) = - 1 ⇔ (x – 1 )(x + y + 1) = - 1 Vì : x , y là số nguyên . Nên : (x – 1) và (x + y + 1) là ước của - 1 Suy ra : x 1 1 x y 1 1 − =   + + = −  hoặc x 1 1 x y 1 1 − = −   + + =  Giải các hệ trên ta được tập nghiệm của phương trình là : (x ; y) = (2; - 4 ) , (0 ; 0) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) Câu VI : ( 1điểm) Chia tam giác đều có cạnh bằng 3 thành 9 tam giác đều có cạnh bằng 1 như hình vẽ Vì ta đặt tùy ý 10 điểm vào trong một tam giác đều có cạnh bằng 3 Nên theo nguyên tắc DIRICHLET luôn tồn tại hai điểm cùng thuộc 1 tam giác đều có cạnh bằng 1 . Hai điểm này có khoảng cách bé hơn hoặc bằng 1 (0,5 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) Câu VII : ( 1điểm) Nhận xét : Nếu số nguyên x không chia hết cho 3 thì x = 3k + 1 hoặc x = 3k + 2 Khi đó : x 2 ≡ 1 ( mod 3) Ta xét hai trường hợp : a) Nếu x M 3 thì x 2 M 3 (0,25 điểm) Suy ra : y 2 M 3 vì 2 2 x y+ chia hết cho 3 ⇒ y M 3 ( vì 3 là số nguyên tố) Vậy : xy chia hết cho 9 ( Tương tự khi y M 3 ) c) Nếu x , y không chia hết cho 3 thì x 2 ≡ 1 ( mod 3) và y 2 ≡ 1 ( mod 3) Do đó : 2 2 x y+ ≡ 2 (mod 3 ) . Vô lý vì 2 2 x y+ chia hết cho 3 Suy ra : x M 3 và y M 3 Vậy : xy chia hết cho 9 (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) . MA 2 = MH.MO ( ∆ MAO vuông tại A và AH ⊥ MO) Nên : MC.MD = MH.MO ⇒ MC MO MH MD = (0,25 đi m) (0,25 đi m) (0,25 đi m) (0,25 đi m) (0,25 đi m) (0,25 đi m) . ∠ MAC = ∠ MDA = 1 2 sđ » AC Nên : ∆ MAC ∆ MDA (g.g) ⇒ MA MC MD MA = Vậy : MC.MD = MA 2 b) Chứng minh : Tứ giác HCDO nội tiếp . Ta có : MC.MD = MA 2 ( cmt)