Đề thi tuyển sinh vào 10 - Vĩnh Phúc

S GD&T VNH PHC

CHNH THC
K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2008-2009
MễN THI: TON
Dnh cho cỏc thớ sinh thi vo lp chuyờn Toỏn
Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao .

Câu 1. Cho phơng trình bậc hai ẩn
x
:
2 2
( 1) 1 0ax b a x m + =
(1)
a) Cho
1, 2a b= =
. Tìm m để tổng bình phơng hai nghiệm của phơng trình (1)
đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Chứng minh rằng nếu
2 2
2 2 6 2 5 0a b ab a b+ + + =
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?
b) Giải hệ phơng trình
2
2
4 8
2 .

xy y
xy x

=


= +


Câu 3. Cho
, , 0x y z >
và thoả mãn
27
3( ) 4
4
x y z xyz+ + +
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
.P x y z= + +
Câu 4. Cho t giỏc li ABCD. Gi M v N tng ng l trung im cỏc on thng AD
v BC. ng thng CM v DN ct nhau ti E, ng thng BM v AN ct nhau
ti F. Gi din tớch t giỏc MENF l
1
S
, din tớch tam giỏc DEC l
2
S
, din tớch
tam giỏc FAB l
3

S
. Chng minh rng:
a)
1 2 3
S S S= +
.
b)
4.
AF BF CE DE
FN FM EM EN
+ + +
Câu 5. Cho dóy s
( )
n
a
xỏc nh nh sau:
1 2
2 1
1 , 3
3 2 ( ).
n n n
a a
a a a n
+
+ +
= =


=

Â
Chng minh rng
2
1 1
2
1
7 8
1
n n n
n
n n
a a a
a
a a
+ +
+
+


=

+ +

.
(Kớ hiu
[ ]
x
l s nguyờn ln nht khụng vt quỏ s
x
).

---Ht---
(Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm)
H v tờn thớ sinh ................................................................... s bỏo danh ......................
S GD&T VNH PHC

CHNH THC
K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2008-2009
HNG DN CHM MễN: TON
thi vo lp chuyờn Toỏn
Lu ý khi chm bi:
-Hng dn chm (HDC) ch trỡnh by mt cỏch gii bao gm cỏc ý bt buc phi cú trong bi lm ca hc
sinh. Khi chm nu hc sinh b qua bc no thỡ khụng cho im bc ú.
-Nu hc sinh gii cỏch khỏc, giỏm kho cn c cỏc ý trong ỏp ỏn cho im.
-Trong bi lm, nu mt bc no ú b sai thỡ cỏc phn sau cú s dng kt qu sai ú khụng c im.
-Bi hỡnh hc nu khụng v hỡnh thỡ phn no thỡ khụng cho im phn ú.
-im ton bi tớnh n 0,25 v khụng lm trũn.
Câu
Phn
Nội dung Điểm
Câu 1 ( 2.5 đ )
a) 1.5 im
Với a=1, b=2, pt (1) có dạng
2 2
2 ( 1) 0x x m + = (*)
0.25
Ta có
' 2
2 0m m = + >
, pt (1) luôn có 2 nghiệm phõn bit.
0.25

Gọi x
1
,x
2
là hai nghiệm của pt (*), theo Viét ta có

1 2
2
1 2
2
( 1).
x x
x x m
+ =


= +

0.25
Mặt khác
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2 2 6 6x x x x x x m+ = + = +
.
0.50
Vậy GTNN của
2 2
1 2
x x+
bằng 6 khi m=0. 0.25

b) 1.0 im
Ta cú
2 2 2 2
( 2) ( ) 2( ) 1 0 ( 2) ( 1) 0a b a b a a b a + + + = + + =
.
0.25
Vì
2 2
( 2) 0,( 1) 0 ,a b a a b R +
0.25
Suy ra a=2 , b= 1 , khi đó pt (1) có dạng:
2 2
2 1x m= +
0.25
Vậy pt (1) có hai nghiệm đối nhau:
2 2
1 2
1 1
,
2 2
m m
x x
+ +
= =
(Hoặc coi giả thiết là pt bậc 2 ẩn b, có
2
' ( 2)a = ,...)
0.25
Câu 2( 2.5 im )
a) 1.0 im

Gọi số chữ số 0 có thể viết thoả mãn điều kiện đầu bài là
*
( )n n Ơ
, ta có
2 2 *
16.10 81 ( )(1)
n
k k
+
+ = Ơ
0.25
Dễ thấy
k
phải lẻ, đặt
2 1( )k a a= + Ơ
. Từ (1) ta có
4 2
2 .5 ( 4)( 5)(2)
n n
a a
+ +
= +
0.25
Vì
4, 5a a +
không cùng tính chẵn lẻ và
4 5a a < +
nên từ (2)
suy ra chỉ có hai khả năng sau:
4 2

4
2
4 1
(*)
5 2 .5
4 2
(**)
5 5
n n
n
n
a
a
a
a
+ +
+
+
=



+ =




=

+ =



0.25
Ta thấy ngay hệ (*) vô nghiệm. Từ (**) suy ra
2 4
5 2 9
n n+ +
=
(3)
+Với n=0, (3) thoả mãn.
+ Với n>0 ta có
2
5 25.5 25.2 16.2 9.2 16.2 9
n n n n n n+
= > = + > +

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.
0.25
- Từ
2
2 0.xy x x= +
0.25
2
2 x

y
x
+
=
0.25
2
- Thay vµo pt ®Çu, ®îc
2
2 2
2
2 8 ( ) 0
x
x
x
+
− = − ≥
0.25
2 2 2
( 2) 0 2 2x x x⇔ − ≤ ⇔ = ⇔ = ±
0.25
NÕu
2 2 2x y= ⇒ =
;
2 2 2x y= − ⇒ = −
0.25
VËy nghiÖm cña hÖ pt lµ (x,y)=
( 2,2 2);( 2, 2 2)− −
0.25
C©u 3. (1.5 ®)
Theo C« si:

3 3
3
( ) (3 ) 27x y z xyz xyz+ + ≥ =
(1)
0.25
Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
27 12( ) 16xyz x y z≥ + + +
(2) 0.25
3
(1),(2) 12 16P P⇒ ≥ +
0.25
2
( 4)( 2) 0P P⇔ − + ≥
(3) 0.25
V×
0 2 0 (3) 4P P P> ⇒ + > ⇒ ⇔ ≥
0.25
VËy
4
min 4 .
3
P x y z= ⇔ = = =
0.25
Bài 4 (2.5 điểm).
a) 1.5 điểm: Kí hiệu S
X
là diện tích của X.
+ Có
ABDBDM
SS

2
1
=
(1) ,
BDCBDN
SS
2
1
=
(2)
Từ (1)&(2)
ABCDBMDN
SS
2
1
=⇒
(3) 0.50
+ Tương tự có
ABCDAMCN
SS
2
1
=
(4) 0.25
+Từ (3)&(4)
⇒
ABCDAMCNBMDN
SSS
=+

0
=−+⇒
ABCDAMCNBMDN
SSS
0.25
+ Suy ra
0
MENF DEC AFB MNEF DEC AFB
S S S S S S− − = ⇒ = +
(đpcm) 0.50
b)1.0 điểm:
Có:
)8(,)7(,)6(,)5(
NMC
DMC
MDN
CDN
MAN
BAN
NBM
ABM
S
S
EN
DE
S
S
EM
CE
S

S
FM
BF
S
S
FN
AF
====
0.25
Do
ADNMDNMAN
SSS
2
1
==
và
1
2
NBM NCM BMC
S S S= =
nên từ (5),(6),(7),(8) có: 0.25








+=

+
+
+
=+++
BMC
ADN
ADN
BMC
BMC
DMCABM
ADN
CDNBAN
S
S
S
S
S
SS
S
SS
EN
DE
EM
CE
FM
BF
FN
AF
2
2

1
2
1
(theo phần a)) 0.25
Do
42 ≥








+
BMC
ADN
ADN
BMC
S
S
S
S
suy ra
4
≥+++
EN
DE
EM
CE

FM
BF
FN
AF
(đpcm) 0.25
Bài 5 (1.0 điểm).
Chứng minh được
2 1
n
n
a = −
(theo qui nạp) 0.50
Dễ thấy công thức cần chứng minh đúng với
2,1
=
n
. Giả sử công thức đúng
cho
mn
=
và
1
+=
mn
. Khi đó có:







−+−+
−−−−
=






++
−
+
++
+
++
)12()12(1
)12)(12(8)12(7
1
87
1
121
1
1
2
1
mm
mmm
mm
mmm

aa
aaa
0.25
2 2 2
2 2
2
3.2 2 1 1
2 2 1
3.2 1 3.2 1 3.2 1
m m
m m
m
m m m
a
+ +
+ +
+
 
−
 
= − = − = − =
 
 
− − −
 
 
. Vậy công thức
cần chứng minh đúng với
2
+

m
. Theo nguyên lí quy nạp suy ra đpcm.
0.25
3
4