Đề thi vào 10 chuyên Bình Định - đề số 4

SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH
Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn
Đề số 4
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
Năm học 2006 – 2007
Thời gian làm bài 150 phút
Ngày thi: 13/6/2006
Câu 1: (2 điểm).
Tìm số
xyz
biết rằng
( )
4
3
n
xyz x y z= + +
với n ∈ N.
Câu 2: (2 điểm).
Chứng minh rằng:
2
1 1
. 1
1
1
x x x
x
x
x
   
+ +
− =

 ÷  ÷
 ÷  ÷
−
+
   
,
( )
0 1x≤ ≠
.
Câu 3: (2 điểm).
Giải bất phương trình:
2 2
1 1y x x y− + − + − ≥
.
Câu 4: (3 điểm).
Trên nửa đường tròn đường kính AB ta lấy một điểm C. Hạ đường cao CH của tam giác ABC.
Gọi O
1
, O
2
lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp tam giác ACH và BCH. Tìm vị trí của C để
O
1
O
2
đạt độ dài lớn nhất.
Câu 5: (1 điểm).
Giả sử p là số nguyên tố lẻ, đặt
9 1
8

p
m
−
=
. Chứng minh rằng m là một hợp số lẻ, không chia
hết cho 3 và
1
3 1
m−
≡
(mod m).
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Môn: TOÁN (Dành cho lớp chuyên toán)

Câu 1: (2 điểm).
Giả sử n
≥
1. Vì x
≥
1 nên nếu y = z = 0 thì
3
3
100xyz N= ∉
.
Trong khi đó
( )
4

n
x y z+ +
∈ N. Vô lí! (0,5 điểm).
Nếu y + z
≥
1 thì x + y + z
≥
2. Suy ra
( )
4
n
x y z+ +
≥
2
4
= 16 > 10 =
3
3
1000 xyz>
Vậy n = 0. Ta có
xyz
= (x + y + z)
3
(1) (0,5 điểm).
Mặt khác ta có 64 <
xyz
< 1000 hay 4 < x + y + z < 10 (2) (0,25 điểm).
Ta lại có: Nếu a ∈ N thì a
3
chia cho 9 có số dư là 0, 1, 8.

Vậy (x + y + z)
3
chia cho 9 có số dư là 0, 1, 8. (0,25 điểm).
Từ (1) suy ra
xyz
chia cho 9 có số dư là 0, 1 , 8
hay x + y + z chia 9 có số dư là 0, 1, 8 (3) (0,25 điểm).
Từ (2) và (3) suy ra x + y + z bằng 8 hoặc bằng 9.
• x + y + z = 8 ⇒ (x + y + z)
3
= 8
3
= 512 = (5 + 1 + 2)
3
• x + y + z = 9 ⇒ (x + y + z)
3
= 9
3
= 729
≠
(7 + 2 + 9)
3
Vậy
xyz
= 512. (0,25 điểm).
Câu 2: (2 điểm).
Với
0 1x
≤ ≠
ta có:

2
1 1
.
1
1
x x x
x
x
x
   
+ +
−
 ÷  ÷
 ÷  ÷
−
+
   
=
( )
( ) ( )
2
3
1
1
.
1
1 1
x
x
x

x
x x
 
 
+
+
 ÷
 ÷
−
 ÷
 ÷
+
− +
 ÷
 
 
(1,0 điểm).
=
( )
( )
2
1
1
1
x x x
x
− + −
−
(0,5 điểm).
=

( )
( )
2
2
1
1
1
x
x
−
−
= 1 (0,5 điểm).
Câu 3: (2 điểm).
Ta có:
2 2
1 1y x x y− + − + − ≥
⇔
11
22
+−+≥− yxyx

( )
(
)
2 2
2
2
2 2
1 0
0

1 1
x y
x y
x y x y


+ − ≥

⇔ − >



− ≥ + − +

(0,5 điểm).

2 2
2 2
1
1
x y
x y
x y x y

+ ≥


⇔ >



− ≥ + −


(0,5 điểm).
Từ điều kiện x >
y
suy ra x > 0. Do đó
x y−

≤
0. Từ đó ta được:

2 2
2 2
0
1
1 0
x y
x y x y
x y

=

− ≥ + − ⇔

+ − =


(*)
Do x > 0 nên từ (*) suy ra

1
0
x
y
=


=

(0,5 điểm).
2
Thử lại ta thấy
1
0
x
y
=


=

thoả mãn ⇒ hệ bất phương trình đã cho có nghiệm là
1
0
x
y
=


=


.
(0,5 điểm).
Câu 4: (3 điểm).
Gọi O là tâm, r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và r
1
, r
2
theo thứ tự là bán
kính của các đường tròn (O
1
), (O
2
).
Ta có:
∆ABC
:
∆ACH
:
∆CBH
1
r CH
r CB
⇒ =
;
2
r CH
r AC
=
(0,5 điểm).

2 2
2
1 2
2 2 2
1 1r r
CH
r CB AC
+
 
⇒ = +
 ÷
 
( )
2 2 2
2
2 2
.
1
. .
CH AC CB
CH AB
CB AC CB AC
+
 
= = =
 ÷
 
(0,5 điểm).
Suy ra
2 2 2

1 2
r r r= +
(1) (0,5 điểm).
Mặt khác
∆
O
1
O
2
H vuông tại H nên O
1
O
2
2
= O
1
H
2
+ O
2
H
2
= 2r
2
(2)
Từ (1) và (2) suy ra O
1
O
2
lớn nhất khi và chỉ khi r lớn nhất. (0,5 điểm).

Xét
∆
OAB ta có:
·
· ·
( )
0
180= − +AOB OAH OBH
= 135
0
. Suy ra O thuộc cung chứa góc 135
0
dựng trên đoạn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB cùng phía với nửa đường tròn đã cho.
(0,5 điểm).
Dễ thấy khi O là điểm chính giữa cung đó thì r lớn nhất. Lúc đó C là điểm chính giữa của nửa
đường tròn đường kính AB. (0,5 điểm).
Câu 5: (1 điểm).
Ta có:
3 1 3 1
.
2 2
p p
m ab
   
− +
= =
 ÷  ÷
   
. Dễ thấy a, b đều nguyên dương lớn hơn 1 do đó m là hợp
số. (0,25 điểm).

Ta lại có
p p
m
1 2
9 9 1
− −
= + + +
. Suy ra m lẻ và chia 3 dư 1. (0,25 điểm).
Theo định lí Fecma nhỏ 9
p
– 9
M
p vì (p, 8) = 1 nên 9
p
– 9
M
8p hay
9 9
1
8
p
m p
−
− = M
.
Vì m – 1 chẵn nên cũng có m – 1
M
2p.
Do đó:
1 2

9 1
3 1 3 1
8
p
m p
m
−
−
− − = =M
(0,5 điểm).
Hết
3