Đáp án tuyển sinh lớp 10 chuyên PBC 08-09

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
0,25
1

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
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)
2
a (1,5 điểm)
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
3
S
S
A
B
C
N
M
O
F
H
E
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
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,
4