Đề+Hướng dẫn chấm vào THPT chuyên PHAN BỘI CHÂU Nghệ An

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2008 - 2009

Môn thi : Toán
Thời gian :150 phút ( Không kể thời gian giao đề)

Bài 1: ( 2 điểm)
Tìm số tự nhiên có hai chữ số , biết rằng = + .
Bài 2: ( 2 điểm)
Giải phương trình : 10 = 3(x
2
+ 2 )
Bài 3: ( 2 điểm)
Cho đa thức f
(x)
= ax
2
+ bx + c ( a = 0) . Biết rằng phương trình f
(x)
= x
vô nghiệm . Chứng minh rằng phương trình : a [f
(x)
]
2
+ bf
(x)
+ c = x vô nghiệm .
Bài 4: ( 1 điểm)
Cho x , y, z > 0 thỏa mãn xy + yz + xz = xyz .
Chứng minh rằng :

2 2 2 2 2 2
x 1 1 1
3
y z
x y z x y z
 
+ + ≥ + +
 ÷
 
Bài 5 : ( 3 điểm )
Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi O là trung điểm của BC . Đường tròn (O;R)
tiếp xúc với AB ở E , tiếp xúc với AC ở F . Điểm H chạy trên cung nhỏ EF ( H
khác E, F) . Tiếp tuyến của đường tròn tại H cắt AB , AC lần lượt tại M, N .
a) Chứng minh : ∆MOB  ∆ONC.
b) Xác định vị trí điểm H sao cho diện tích ∆AMN lớn nhất .
Bài 6 : ( 1 điểm )
Cho 33 điểm nằm trong hình vuông có độ dài bằng 4 , trong đó không có ba điểm
nào thẳng hàng . Người ta vẽ các đường tròn bán kính bằng 2 và tâm là các
điểm đã cho . Hỏi có hay không ba điểm trong cá điểm đã cho sao cho chúng đều
thuộc phần chung cuả ba hình tròn có tâm cũng là ba điểm đó ? Vì sao ?
……… Hết…………
Họ và tên thí sinh : ……………………………. Số báo danh : ………….
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Đề chính thức
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2008 - 2009
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC .
( Hướng dẫn chấm và biểu điểm này gồm có 03 trang )
Bài 1 ( 2 điểm ) Điểm

Điều kiện 1 ≤ x , y ≤ 9 và x, y nguyên
= + (1)
⇔ x.100.11 + y.11 = x
2
.11
2
+ y
2
.11
2
⇔ 100 x + y = 11 (x
2
+ y
2
)
0,5
⇒ (x + y ) 11
⇒ x + y = 11 ( vì 2 ≤ x + y ≤ 18 )
0,5
⇒ (x ; y) chỉ có thể là các cặp (2; 9) ; (9; 2) ; (3; 8) ; (8; 3) ; (4; 7) ; (7; 4) ; (5; 6) ; (6; 5)
0,5
Thay lần lượt từng cặp trên vào (1) ta thấy chỉ có x = 8 và y = 3 thỏa mãn .
Vậy số cần tìm là 83 .
0,25
Bài 2 (2 điểm)
Điều kiện x ≥ -1 0,25
Khi đó 10 = 3(x
2
+ 2 )
⇔ 10

1x +
2
1x x− +
= 3(x
2
+ 2 ) (*)
0,25
Đặt
2
1
1
u x
v x x

= +


= − +


(Điều kiện u ≥ 0 ,v > 0 ) khi đó phương trình (*) trở thành
10uv = 3 (u
2
+ v
2
)
0,5
⇔ (3u - v)( (u - 3v ) = 0 ⇔
u 3v
3u v

=


=


0,25
Trường hợp 1 : u = 3v , ta có :
1x +
= 3
2
1x x− +

⇔ 9x
2
- 10 x + 8 = 0 Vô nghiệm
0,25
Trường hợp 2 : 3u = v , ta có : 3
1x +
=
2
1x x− +

⇔ 9x + 9 = x
2
- x + 1
⇔ x
2
- 10 x - 8 = 0
0,25

⇔
x 5- 33
x 5+ 33

=

=


( thỏa mãn điều kiện x ≥ -1
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là
x 5- 33=
và
x 5+ 33=
0,25
Bài 3 ( 1điểm )
Vì phương trình f
(x)
= x vô nghiệm nên f
(x)
> x , với mọi x ∈ R hoặc f
(x)
< x , với mọi x
∈ R
0,5
Nếu f
(x)
> x , với mọi x ∈ R thì a [f
(x)
]

2
+ bf
(x)
+ c = f(f
(x)
) > f
(x)
> x , với mọi x ∈ R
Suy ra phương trình a [f
(x)
]
2
+ bf
(x)
+ c = x vô nghiệm .
0,25
Nếu f
(x)
< x , với mọi x ∈ R thì thì a [f
(x)
]
2
+ bf
(x)
+ c = f(f
(x)
) < f
(x)
< x , với mọi x ∈ R
Suy ra phương trình a [f

(x)
]
2
+ bf
(x)
+ c = x vô nghiệm .
Vậy ta có điều phải chứng minh .
0,25
Bài 4 ( 1 điểm )
Đề chính thức
Ta có xy + yz + xz = xyz . ⇔ + + = 1
Đặt a = , b = , c = ta được a, b, c > 0 và a + b + c =1 (1)
Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành

+
( )
2 2
2 2 2
3 (2)
b c
a b c
c a
+ ≥ + +

0,25
Ta sẽ chứng minh (2) đúng với mọi a, b, c thỏa mãn (1)
Thật vậy , vì a + b + c = 1 nên ta có
( )
( )
2 2 2

2
2 2 2
(2) 2 2 2 3
a b c
a b b c c a a b c a b c
b c a
     
⇔ − + + − + + − + ≥ + + − + +
 ÷  ÷  ÷
     
0,25
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )a b b c c a
a b b c c a
b c a
− − −
⇔ + + ≥ − + − + −
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1
1 1 1 0a b b c c a
b c a
     
⇔ − − + − − + − − ≥
 ÷  ÷  ÷
     
0,25

( ) ( ) ( )
2 2 2
0
a c b a c b
a b b c c a
b c a
+ + +
     
⇔ − + − + − ≥
 ÷  ÷  ÷
     
đúng vì a, b, c > 0
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = hay x = y = z = 3 .
0,25
Bài 5 (3 điểm )
Câu a ) (1,5 điểm )

Theo tính chát tiếp tuyến ta có OM , ON
lần lượt là phân giác của các góc
·
·
·
·
1
EOH, EOF
2
FOH MON⇒ =
0,5

·

·
EOF 180BAC + = °
( vì
·
·
OEA OFA 90= = °
) 0,25
⇒
·
·
·
·
180
2
BAC
MON ABC ACB
°−
= = =
, mà
·
·
·
·
·
·
180OCN ONC NOC MOB MON NOC+ + = + + = °
0,5
suy ra
·
·

MOB ONC=
vậy ∆MOB  ∆ONC (g.g)
0,25
b) ( 1,5 điểm )
Từ ∆MOB  ∆ONC
2
. .
4
MB OB BC
MB CN OB OC
OC NC
⇒ = ⇔ = =
( không đổi )
0,25
Vì S
AMN
= S
ABC
- S
BMNC
nên S
AMN
lớn nhất khi và chỉ khi S
BMNC
nhỏ nhất
(do S
ABC
không đổi )
0,25
Ta có S

BMNC
= S
BOM
+ S
MON
+ S
NOC
=
1
( )
2
R BM MN CN+ +

1
( ) ( )
2
BM CN ME NF do MN ME NF= + + + = +
0,25

1
( )
2
( ) ( ) (2 . ) ( )
R BM CN BM BE CN CF
R BM CN BE do BE CF R BM CN BE R BC BE
= + + − + − =
= + − = ≥ − = −
không đổi
0,5
Dấu “ = ” xẩy ra ⇔ BM = CN ⇔ MN ∥ BC .

0,25
O
A
B
C
E
F
M
N
H
M
N
A
B
C
Q
P
⇔ H là điểm chính giữa cung nhỏ EF
Vậy S
AMN
lớn nhất khi H là điểm chính giữa cung nhỏ EF
Bài 6 ( 1 điểm)
Chia hình vuông đã cho thành 16 hình vuông đơn vị ( các cạnh
song song với các hình vuông đã cho và có độ dài bằng 1)
0,25
Do 33 > 16.2 nên theo nguyên lí Dirichlê , tồn tại ít nhất ba điểm nằm trong hoặc trên
cạnh của hình vuông đơn vị . Giả sử đó là ba điểm A, B, C ở trong hoặc nằm trên cạnh
của hình vuông đơn vị MNPQ
0,25
Ta có MP = 2 và với mọi điểm E thuộc hình vuông MNPQ thì MP ≥ AE , tức là

AE ≤ 2 . Từ đó hình tròn (A; 2 ) phủ toàn bộ hình vuông MNPQ . Tương tực các
hình tròn (B; 2 ) ,(C; 2 ) phủ toàn bộ hình vuông MNPQ .
0,25
Suy ra ba hình tròn (A; 2 ), (B; 2 ) , (C; 2 ) đều chứa hình vuông MNPQ nên ba
điểm A, B, C nằm trong phần chung của ba hình tròn nói trên . Vậy câu trả lì của bài
toán là có .
0,25
Ghi chú : Thí sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng vẫn cho điểm tối đa .