đề toán Phan Bội Châu

S
Sở GD&ĐT Nghệ An Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10
trờng 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 2 chữ số
xy
, biết rằng
2 2
xxyy xx yy
= +
Bài 2: (2 điểm)
Giải phơng trình:
( )
3 2
10 1 3 2x x
+ = +
Bài 3: (1điểm)
Cho đa thức f(x) = ax
2
+ bx + c (a
0
). Biết rằng phơng trình: f(x) = x
vô nghiệm. Chứng minh rằng phơng trình: a[f(x)]
2
+ bf(x) + c = x vô nghiệm.
Bài 4: (1điểm)
Cho x, y, z > 0 thỏa mãn: xy + yz + zx = xyz. Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2

1 1 1
3
y z x
x y z x y z

+ + + +
ữ

Bài 5: (3 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi O là trung điểm của BC. Đờng 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 đờng tròn tại H cắt AB, AC lần lợt tại M, N.
a) Chứng minh:

MOB

ONC
b) Xác định vị trí của điểm H sao cho diện tích tam giác AMN lớn nhất.
Bài 6: (1 điểm)
Cho 33 điểm nằm trong hình vuông có độ dài cạnh bằng 4, trong đó không có ba
điểm nào thẳng hàng. Ngời ta vẽ các đờng tròn có bán kính bằng
2
và tâm là
các điểm đã cho. Hỏi có hay không ba điểm trong các điểm đã cho sao cho chúng
đều thuộc phần chung của ba hình tròn có tâm cũng chính là ba điểm đó? Vì sao?
--------------Hết--------------
Họ và tên thí sinh:.................................................. Số báo danh:.........................
Đề chính thức
Sở Giáo dục và Đào tạo
Nghệ An

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10
trờng THPT chuyên phan bội châu
Năm học 2008-2009
h ớng dẫn chấm và biểu điểm môn toán
Đề chính thức
(Hớng dẫn và biểu điểm chấm này gồm có 04 trang)
Bài 1 (2,0 điểm) Điểm
Điều kiện: 1 x, y 9 và x, y nguyên
0.25
Ta có:
2 2
= +
xxyy xx yy
(1)

x.100.11+y.11= x
2
.11
2
+y
2
.11
2


100x+y=11(x
2
+y
2
)

0.5
=>
11
+
Mx y
=> x+y=11( vì 1 x, y 9; x, y )
0.5
=> (x,y) chỉ có thể là các cặp (2, 9); (3, 8); (4, 7); (5, 6); (6, 5); (7, 4); (8; 3) (9, 2)
0.5
Thay lân lợt từng cặp trên vào (1) ta thấy chỉ ó x=8 và y=3 thỏa mãn.
Vậy số cần tìm là 83.
0.25
Bài 2 (2,0 điểm).
Điều kiện: x -1
0,25
Ta có:
3 2
10 1 3( 2)
+ = +
x x


2 2
10 1 1 3( 2)
+ + = +
x x x x

0,25
Đặt
2

1
1

= +


= +


u x
v x x
, (điều kiện u 0, v > 0) khi đó phng trình (2) trở thành
10u.v = 3(u
2
+v
2
)
0,5

(3 )( 3 ) 0
=
u v u v

3
3
=



=

u v
u v
0,25
Trờng hợp 1: u = 3v ta có:

2
1 3 1
+ = +
x x x
9x
2
-10x+8 = 0 vô nghiệm
0,25
Trờng hợp 2: 3u = v ta có:

2
3 1 1
+ = +
x x x
9x + 9= x
2
x+1
0,25
x
2
10x 8 = 0

5 33
5 33

=


= +


x
x
(thỏa mãn điều kiện x -1)
Vậy phơng trình đã cho có các nghiệm là:

5 33
=
x
và
5 33
= +
x
0,25
Bài 3 (1,0 điểm)
Vì phơng trình f(x) = x vô nghiệm nên
f(x) > x, x R hoặc f(x) < x, x R
0,5
. Nếu f(x)> x, x R thì
a[f(x)]
2
+ b.f(x) + c = f(f(x)) > f(x) > x, x R
suy ra phơng trình a[f(x)]
2

+ b.f(x) + c = x vô nghiệm
0,25
. Nếu f(x)< x, x R thì
a[f(x)]
2
+ b.f(x) + c = f(f(x)) < f(x) < x, x R
suy ra phơng trình a[f(x)]
2
+ b.f(x) + c = x vô nghiệm
Vậy ta có điều phải chứng minh.
0,25
Bài 4 (1,0điểm)
Ta có xy+yz+zx= xyz
1 1 1
1
+ + =
x y z
Đặt
1 1 1
, ,
= = =
a b c
x y z
ta đợc a, b, c >0 và a+b+c=1 (1)
Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành:
2 2 2
2 2 2
3( )
+ + + +
a b c

a b c
b c a
(2)
0,25
Ta sẽ chứng minh (2) đúng với mọi a, b, c thỏa mãn (1)
Thật vậy, do điều kiện a+b+c=1 nên ta có: (2)
2 2 2
2 2
2 2
2 2 2 3(
) ( )

+ + + + + + +
ữ ữ ữ

+ +
a b c
a b b c c a a b
b c a
c a b c
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)( ) 0
+ +
a 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
Bất đẳng thức đúng vì: a, b, c > 0.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =1/3 hay x = y = z = 3.
0,25
Bài 5 (3,0 điểm)
a (1,5 điểm)
A
B
C
N
M
O
F

H
E
Theo tính chất tiếp tuyến ta có OM, ON lần lợt là phân giác của các góc
EOH, FOH
0,25
Tứ giác AEOF nội tiếp nên BAC + EOF = 180
o
0,25
Từ đó MON=
180
2

= =
o
BAC
ABC ACB
Suy ra MOB = ONC. Vậy MOB ONC
b, 1,25 (điểm)
Từ MOB ONC =>
=
MB OB
OC NC
BM.CN=OB.OC=
2
4
BC
= const
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)
Ta có S
BMNC
= S
BOM
+S
MON
+ S
NOC
=
1
( )
2
+ +
R BM MN CN
=
1
( )( )

2
+ + + = +
R BM CN ME NF doMN ME NF
=
1
( )
2
+ + +
R BM CN BM BE CN CF
= R(BM+CN-BE) do BE=CF
R
(2 . )

BM CN BE
= R(BC-BE) không đổi
Dấu = xảy ra BM = CN MN //BC
H là trung điểm của cung nhỏ EF.
Vậy S
AMN
lớn nhất khi H là trung điểm của cung nhỏ EF
S
S
Câu 6 ( 1,0 điểm)
Chia hìh vung đã cho thành 16 hình vung đơn vị(các cạnh song song với các cạnh hình
vuông đã cho và có độ dài bằng 1)
Do 33>16.2 nên theo nguyên lý Dirichlê, tồn tại ít nhất 3 điểm cùng nằm trong hoặc
trên cạnh của một 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.
Ta có MP =
2

và với mọi điểm E thuộc hình vuông MNPQ thì MP AE, tức AE
2
. Từ đó hình tròn (A;
2
) phủ toàn bộ hình vuông MNPQ. Tơng tự các hình tròn
(B;
2
), (C;
2
) phủ toàn bộ hình vuông MNPQ.
Suy ra ba hình tròn (A;
2
), (B;
2
), (C;
2
) chữa hình vuông MNPQ và ba điểm
A, B, C nằm trong phần chung của ba hình tròn nói trên. Vậy câu trả lời bài toán là có,