De dap an toan chuyen vinh phuc 08 09

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
————————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2008-2009
MƠN THI: TỐN

Dành cho các thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề.

ĐỀ CHÍNH THỨC

——————————————
C©u 1. Cho phơng trình bậc hai ẩn x : ax 2 (b  a  1) x  m 2  1 0 (1)

a) Cho a 1, b 2 . T×m m để tổng bình phơng hai nghiệm của phơng trình (1)
đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Chứng minh rằng nếu 2a 2  b 2  2ab  6a  2b 5 0 thì phơng trình (1) có
hai nghiệm đối nhau.
Câu 2.

a) Có thể viết thêm bao nhiêu chữ số 0 xen giữa chữ số 6 và 8 của số 1681 để số
mới tạo thành là một số chính phơng?
xy 4 8 y 2
b) Giải hệ phơng trình
2
xy 2 x .
Câu 3. Cho x, y, z 0 và thoả mÃn 3( x y z ) 4

27
xyz . Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa
4

biĨu thøc P x  y  z.
C©u 4. Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M và N tương ứng là trung điểm các đoạn thẳng AD

và BC. Đường thẳng CM và DN cắt nhau tại E, đường thẳng BM và AN cắt nhau
tại F. Gọi diện tích tứ giác MENF là S1 , diện tích tam giác DEC là S 2 , diện tích
tam giác FAB là S3 . Chứng minh rằng:
a) S1 S2  S3 .
b)

AF BF CE DE



4.
FN FM EM EN

a1 1 , a2 3
(
a
)
C©u 5. Cho dãy số n xác định như sau: 

an 2 3an1  2an ( n   ).
Chứng minh rằng an2

 7an21  8an an1 

.
1


a

a
n
n 1 


(Kí hiệu  x  là số nguyên lớn nhất không vượt quá số x ).
---Hết--(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh ................................................................... số báo danh ......................
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
————————

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2008-2009
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TỐN

Đề thi vào lớp chun Tốn


Lưu ý khi chấm bài:
-Hướng dẫn chấm (HDC) chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của
học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì khơng cho điểm bước đó.
-Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
-Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó khơng được điểm.
-Bài hình học nếu khơng vẽ hình thì phần nào thì khơng cho điểm phần đó.
-Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.

b) 1.0 điểm
b) 1.5 điểm a) 1.0 điểm

C©u 2( 2.5 điểm ) C©u 1 ( 2.5 đ )

a) 1.5 im

Câu Phn

Nội dung

Điểm

Với a=1, b=2, pt (1) cã d¹ng x 2  2 x  (m 2  1) 0 (*)
Ta cã  ' m 2  2  0m , pt (1) lu«n cã 2 nghiƯm phân biệt.
Gäi x1,x2 lµ hai nghiƯm cđa pt (*), theo ViÐt ta cã

0.25
0.25

 x1  x2 2

2
 x1 x2 (m 1).
Mặt khác x12 x2 2 ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2 2m 2  6 6 .

0.25

VËy GTNN cña x12  x2 2 b»ng 6 khi m=0.
Ta có (a  2)2  (b  a)2  2(b  a)  1 0  (a  2) 2  (b  a 1) 2 0 .

V× (a  2)2 0, (b  a 1) 2 0a, b  R
Suy ra a=2 , b= 1 , khi đó pt (1) có dạng: 2 x 2 m2  1

0.25
0.25
0.25
0.25

0.50

2
2
VËy pt (1) cã hai nghiÖm ®èi nhau: x1  m  1 , x2  m 1

2

2

0.25

2

(Hoặc coi giả thiết là pt bậc 2 Èn b, cã  '  (a  2) ,...)
Gäi số chữ số 0 có thể viết thoả mÃn điều kiện đầu bài là
n( n * ) , ta cã 16.10n2  81 k 2 ( k  * )(1)
Dễ thấy k phải lẻ, đặt k 2a 1( a  ) . Tõ (1) ta cã
2n4.5n2 (a  4)(a 5)(2)
Vì a 4, a 5 không cùng tính chẵn lẻ và a 4 a  5 nªn tõ
 a  4 1
(*)


n 4 n 2
a

5

2
.5

(2) suy ra chỉ có hai khả năng sau:
n 4
 a  4 2
(**)
 a  5 5n2

Ta thÊy ngay hƯ (*) v« nghiƯm. Tõ (**) suy ra 5n2  2n4 9 (3)
+Víi n=0, (3) tho¶ m·n.
+ Víi n>0 ta cã 5n2 25.5n  25.2n 16.2n  9.2n  16.2n 9
nên (3) không thoả mÃn.
Vậy ta không thể viết thêm một chữ số 0 nào để số mi tạo
thành là số chính phơng.
- Từ xy 2 x 2 x 0.
y

2x
x

0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

2

0.25

2
- Thay vào pt đầu, đợc x 2  2 8  ( 2  x ) 2 0

x

 ( x 2  2)2 0  x 2 2  x  2

NÕu x  2  y 2 2 ; x  2  y  2 2
1

0.25
0.25
0.25


Câu 3. (1.5 đ)

Vậy nghiệm của hệ pt là (x,y)= ( 2, 2 2);( 2,  2 2)
Theo C« si: ( x  y  z )3 (3 3 xyz )3 27 xyz
(1)

Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 27 xyz 12( x  y  z )  16
(2)
(1), (2)  P 3 12 P  16
 ( P  4)( P  2) 2 0

(3)

V× P  0  P  2  0  (3)  P 4
4
VËy min P 4  x  y z  .
3

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

Bài 4 (2.5 điểm).iểm).m).
a) 1.5 điểm: Kí hiệu SX là diện tích của X.
+ Có

1
S BDM  S ABD
2

(1) ,

1
S BDN  S BDC
2

1
 S BMDN  S ABCD (3)
2
1
+ Tương tự có S AMCN  2 S ABCD (4)
+Từ (3)&(4)  S BMDN  S AMCN  S ABCD

Từ (1)&(2)

 S BMDN  S AMCN  S ABCD 0

+ Suy ra S MENF  S DEC  S AFB
b)1.0 điểm:
AF

S

BF

S

(2)
0.50
0.25

0.25

0  S MNEF S DEC  S AFB (đpcm)
CE

S

DE

S

ABM
(5) ,
 BAN (6) ,
 CDN (7) ,
 DMC (8)
Có: FN  S
FM S MAN
EM S MDN
EN S NMC
NBM
1
1
Do S MAN S MDN  2 S ADN và S NBM S NCM  S BMC nên từ (5),(6),(7),(8) có:
2

S

S
AF BF CE DE S BAN  S CDN S ABM  S DMC






2 BMC  ADN 
1
1
FN FM EM EN
 S ADN S BMC  (theo phần a))
S ADN
S BMC
2
2
S

S
AF BF
CE DE
Do 2 S BMC  S ADN  4 suy ra FN  FM  EM  EN 4 (đpcm)
BMC 
 ADN

Bài 5 (1.0 điểm).i 5 (1.0 điểm).iểm).m).
Chứng minh được an 2n  1 (theo qui nạp)
Dễ thấy công thức cần chứng minh đúng với
cho n m và n m  1 . Khi đó có:

0.25
0.25
0.25
0.25

0.50
n 1, 2 .

Giả sử cơng thức đúng

 7a m2 1  8a m a m 1   7(2 m 1  1) 2  8(2 m  1)( 2 m 1  1) 

 

1  (2 m  1)  (2 m 1  1)

 1  a m  a m 1  

 3.22 m2  2m2
1   m 2
1 



2

2m2  1 am2 . Vậy công thức

m
m
m


3.2  1 

3.2  1 
 3.2  1
cần chứng minh đúng với m  2 . Theo nguyên lí quy nạp suy ra đpcm.

2

0.50

0.25

0.25