Đề thi vào lớp chuyên tin trường THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

Sở giáo dục và đào tạo
phú thọ
kì thi tuyển sinh lớp 10
THPT chuyên hùng vơng
năm học 2009-2010
Môn: Toán ( Chuyên Tin học)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
(Đề thi có 01 trang)
Cõu 1(2 im). Cho phng trỡnh
2
2( 1) 2 4 0x m x m + =
(trong ú
m
l tham s)
a) Chng minh rng phng trỡnh ó cho luụn cú hai nghim phõn bit.
b) Gi
1 2
;x x
l hai nghim ca phng trỡnh. Tỡm biu thc
2 2
1 2
P x x= +
t giỏ tr
nh nht.
Cõu 2(2 im).
a) Gii phng trỡnh:
3 2 2 2
3 3 2 3 2 2x x x x x x x+ + + + = + + +
b) Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2

4 4 1
4 3 1
x x y
x xy y

+ =


+ =


Cõu 3(2 im).
a) Chng minh vi mi s
, ,a b c
ụi mt phõn bit ta cú:

1
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a b a c b a b c c a c b
+ + =

b) Cho ba s
, ,a b c
ụi mt phõn bit. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )
a b c
P

b c c a a b
= + +

Cõu 4(3 im). Hai ng trũn
1 2
( ),( )O O
ct nhau ti hai im phõn bit
,A B
. ng thng
vuụng gúc vi
AB
ti
B
ct li
1
( )O
ti C v ct li
2
( )O
ti D. Mt ng thng quay
quanh B ct cỏc ng trũn
1 2
( ),( )O O
theo th t ti giao im th hai
,E F
.
a) Chng minh t s
AE
AF
khụng i.

b) Cỏc ng thng
,EC DF
ct nhau ti
.G
Chng minh rng t giỏc
AEGF
ni tip.
c) Chng minh rng, khi ng thng
EF
quay xung quanh B thỡ tõm ng trũn ngoi
tip t giỏc
AEGF
luụn thuc mt ng trũn c nh.
Cõu 5(1 im). Trong mt phng cho 2009 im, sao cho ba im bt k trong chỳng l nh
ca mt tam giỏc cú din tớch khụng vt quỏ 1. Chng minh rng tt c cỏc im ó cho
nm trong mt tam giỏc cú din tớch khụng ln hn 4.
Ht
Chỳ ý: Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H tờn thớ sinh SBD
S GIO DC V O TO PH TH
Đề chính thức
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
(Chuyên Tin học)
Câu Ý Nội dung Điểm
1
a)
(0.5đ)
+ Phương trình đã cho có
( ) ( ) ( )

2 2
2
' 1 1 2 4 4 5 2 1 0m m m m m m∆ = − − × − = − + = − + > ∀
0.25
+ Do đó, với mọi giá trị của tham số m, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm
phân biệt
0.25
b)
(1.5đ)
+ Gọi
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình. Khi đó, theo định lý Viet, ta có
( )
1 1 1 2
2 1 , 2 4x x m x x m+ = − = −
0.5
+ Khi đó
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2
2
2 4 1 2 2 4
4 12 12
x x x x x x m m
m m
+ = + − = − − −
= − +
0.25

+ Biểu diễn
( )
2
2 2
3
4 12 12 4 3 3 4 3 3
2
3
" "
2
m m m m m
m
 
− + = − + = − + ≥
 ÷
 
= ⇔ =
0.5
+ Kết luận 0.25
2
a)
(1đ)
+ Điều kiện
3 2
2
2
3 3 0
2 0
0
3 0

2 2 0
x x x
x
x
x
x x

+ + + ≥

≥

⇔ ≥

+ ≥


+ ≥

0.25
+ Viết lại phương trình
( )
( )
( )
(
)
( )
2 2 2
1 3 2 3 2 1 2 3 1 1 0x x x x x x x x x+ + + = + + + ⇔ − + + − =
0.25
+ Phương trình

2 2
2 3 0 2 3 0x x x x− + = ⇔ − + =
vô nghiệm.
+ Phương trình
1 1 0 0x x+ − = ⇔ =
0.25
+ Kết luận nghiệm 0.25
b)
(1đ)
Từ phương trình thứ nhất của hệ, suy ra
( ) ( )
2 1
2 1 2 1 0
2 1
y x
x y x y
y x
= +

− + + + = ⇔

= − −

0.25
+ Nếu
2 1y x
= +
, thay vào phương trình thứ hai, được
2 2 2
0

4 3 (2 1) (2 1) 1 2 0
1
2
x
x x x x x x
x
=


− + + + = ⇔ + = ⇔

= −

Với
0x
=
thì
1.y
=
Với
1
2
x
= −
thì
0y
=
0.25
+ Nếu
2 1y x

= − −
, thay vào phương trình thứ hai, được
2 2 2
0
4 3 ( 2 1) ( 2 1) 1 14 7
1
2
x
x x x x x x
x
=


− − − + − − = ⇔ + ⇔

= −

Với
0x
=
thì
1.y
= −
Với
1
2
x
= −
thì
0y

=
0.25
Vậy hệ đã cho có các nghiệm
( ) ( )
1
; 0; 1 , ;0
2
x y
 
= ± −
 ÷
 
0.25
3
a)
(1đ)
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
VT
a b a c a b b c a c b c
= − +
− − − − − −
0.25
( ) ( ) ( )
( )( )( )
bc b c ca a c ab a b
a b b c a c
− − − + −
=
− − −

0.25
2 2 2 2
( )
( )( )( )
b c bc ca ac ab a b
a b b c a c
− − + + −
=
− − −
0.25
( )( )( )
1
( )( )( )
a b b c a c
VP
a b b c a c
− − −
= = =
− − −
với a,b,c đôi một khác nhau
0.25
b)
(1 đ)
2
2
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c ab bc ca
P
b c c a a b b c c a c a a b a b b c
   

= + + − + +
   
− − − − − − − − −
   
0.25
2
2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c bc ca ab
P
b c c a a b a b a c b c b a c a c b
 
 
= + + + + +
 ÷
 ÷
− − − − − − − − −
 
 
0.25

2
2.1 2
a b c
P
b c c a a b
 
= + + + ≥
 ÷
− − −

 
0.25
Dấu bằng xảy ra chẳng hạn tại a = -1; b = 0; c = 1, vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 đạt
được khi a = -1; b = 0; c = 1.
0.25
4
a)
(1đ)
I
G
F
D
C
A
B
O
1
O
2
E
0.25
Xét hai tam giác
,ACD AEF
ta có
•
·
·
·
·
AEF AEB ACB ACD

= = =
(cùng chắn cung
»
AB
của
1
( )O
)
•
·
·
·
·
AFE AFB ADB ADC
= = =
(cùng chắn cung
»
AB
của
2
( )O
)
Suy ra
AEF ACD
∆ ∆
:
.
0.5
Do đó
1

2
RAE AC
const
AF AD R
= = =
0.25
b)
(1đ)
Do
CD AB
⊥
nên
AC
là đường kính của
1
( )O
và
AD
là đường kính của
2
( )O
0.25
Suy ra
·
·
0
90AEG AEC
= =
, và
·

·
0
90AFG AFD= =
(góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn)
0.5
Từ đó, tứ giác
AEGF
có
· ·
0
90AEG AFG
= =
do đó nội tiếp trong đường tròn đường
kính
AG
0.25
c)
(1đ)
Chứng minh tương tự phần 2, cũng được tứ giác
ACGD
nội tiếp. 0.25
Gọi
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF. Khi đó I là trung điểm AG 0.25
Suy ra
1 2
|| , ||IO CG IO DG
Từ đó
·

·
·
·
0 0
1 2
180 180AO I ACG ADG AO I
= = − = −
. Từ đó, do
1 2
,O O
khác phía với
AI
suy ra tứ giác
1 2
AO IO
nội tiếp, hay
( )
1 2
I AO O
∈
cố định.
0.5
5 1 đ
A'
B'
C'
A
B
C
P

P'
Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích
S). Khi đó
1S
≤
.
0.25
Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các
đường thẳng này giới hạn nên một tam giác
' ' 'A B C
(hình vẽ). Khi đó
' ' '
4 4
A B C ABC
S S= ≤
. Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác
' ' 'A B C
0.25
Giả sử trái lại, có một điểm
P
nằm ngoài tam giác
' ' ',A B C
chẳng hạn như trên
hình vẽ. Khi đó
( ) ( )
; ;d P AB d C AB
>
, suy ra
PAB CAB
S S>

, mâu thuẫn với giả thiết
tam giác
ABC
có diện tích lớn nhất.
0.25
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác
' ' 'A B C
có diện tích không
lớn hơn 4.
0.25
Ghi chú: Nếu học sinh giải theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa.