Tài liệu Toán chuyên luyện thi pptx

1
Sở Giáo dục và đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 chuyên QuốC HọC
Thừa Thiên Huế Môn: TOáN - Năm học 2007-2008
Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút


Bi 1: (2 im)
Gii h phng trỡnh:



=
=+
82
82
2
2
xy
yx

Bi 2: (2 im)
Chng minh rng phng trỡnh:
( )
4 2 2 4
2 2 3 0x m x m + + + =
luụn cú 4 nghim
phõn bit
1 2 3 4
, , ,x x x x
vi mi giỏ tr ca
m

.
Tỡm giỏ tr
m
sao cho
2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
11x x x x x x x x+ + + + =
.

Bi 3: (3 im)
Cho hỡnh vuụng c nh PQRS. Xột mt im M thay i trờn cnh PQ
(M P, M Q). ng thng RM ct ng chộo QS ca hỡnh vuụng PQRS ti E.
ng trũn ngoi tip tam giỏc RMQ ct ng thng QS ti F (F Q). ng
thng RF ct cnh SP ca hỡnh vuụng PQRS ti N.
1. Chng t rng:



ERF QRE + SRF=
.
2. Chng minh rng khi M thay i trờn cnh PQ ca hỡnh vuụng PQRS thỡ
ng trũn ngoi tip tam giỏc MEF luụn i qua mt im c nh.
3. Chng minh rng: MN = MQ + NS.

Bi 4: (2 im)
Tỡm tt c cỏc cp s nguyờn
,p q
sao cho ng thc sau ỳng:

1232 +=+ qppqqp

Bi 5: (1 im)
Chng minh vi mi s thc
, ,x y z
luụn cú:

( )
2x y z y z x z x y x y z x y z+ + + + + + + + + +


Ht






SBD thớ sinh: ................. Ch ký GT1: ..............................
1
Sở Giáo dục và đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 chuyên QuốC HọC
Thừa Thiên Huế Môn: TOáN - Năm học 2007-2008

P N - THANG IM

BI NI DUNG im
B.1

=
=+
82
82
2
2
xy
yx

(2)
Ta cú :
( ) ( )
2 2
2 2 0x y y x+ = .
0,25
Hay
( )( )
2 0x y x y+ + = .
0,25
+ Nu 0x y+ = , thay y x= vo phng trỡnh u thỡ:
2 2
2 8 2 8 0x x x x = =
0,25
Gii ra : 4; 2x x= =
0,25
Trng hp ny h cú hai nghim :
( ) ( )
; 4; 4x y = ;
( ) ( )
; 2; 2x y =

0,25
+ Nu 2 0x y + = , thay 2y x= + vo phng trỡnh u thỡ:
( )
2 2
2 2 8 2 4 0x x x x+ + = + = .

0,25
Gii ra: 1 5 ; 1 5x x= = + .
0,25

Trng hp ny h cú hai nghim:
( )
( )
; 1 5;1 5x y = ;
( )
( )
; 1 5;1 5x y = + +

0,25
B.2
( )
4 2 2 4
2 2 3 0x m x m + + + =
(1)
(2)
t :
2
t x= , ta cú :
( )
2 2 4

2 2 3 0t m t m + + + = (2) ( 0t ) .
0,25
Ta chng t (2) luụn cú hai nghim :
1 2
0 t t< < .
0,25
( ) ( )
2
2 4 2
' 2 3 4 1 0m m m = + + = + > vi mi m .Vy (2) luụn cú hai nghim phõn
bit
1 2
,t t .
0,25
4
1 2
3 0t t m = + > vi mi m .
0,25
( )
2
1 2
2 2 0t t m+ = + > vi mi m .
0,25
Do ú phng trỡnh (1) cú 4 nghim :
1
t
,
1
t+
,

2
t
,
2
t+
.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 2 1 1 2 2
x x x x x x x x t t t t t t t t+ + + + = + + + +



( )
1 2 1 2
2 t t t t= + +



0,25
( )
2 2 2 2 2 4 4 2
1 2 3 4 1 2 3 4
4 2 3 4 11x x x x x x x x m m m m+ + + + = + + + = + + .
0,25

2 2 2 2 4 2 4 2
1 2 3 4 1 2 3 4
11 4 11 11 4 0 0x x x x x x x x m m m m m+ + + + = + + = + = =

0,25

2

B.3

3 đ
Câu3.1

(1đ)
Hình vẽ đúng

0,25
Đường tròn ngoại tiếp tam giác RMQ
có đường kính RM .



0
45ERF MRF MQF= = = (3)



0,25
F nằm trong đọan ES.
 

0
90 QRE ERF FRS= + +
Do đó :



0
45QRE SRF+ = (4)
0,25












Từ (3) và (4) :
 

ERF QRE SRF= + .

0,25
Câu3.2

(1đ)
Ta chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MEF luôn qua điểm cố định P.

0,25
Ta có :



0
45NSE NRE= = . Do đó N, S, R, E ở trên đường tròn đường kính NR.

0,25
Ta cũng có:


0
45FME FNE= = . Do đó N, F, E, M ở trên đường tròn đường kính MN.

0,25

Do

0
90MPN =

nên đường tròn ngoại tiếp tam giác MEF đi qua điểm P.

0,25
Câu3.3

(1đ)
Tam giác RMN có hai đường cao MF và NE. Gọi H là giao điểm của MF và NE, ta có
RH là đường cao thứ ba. RH vuông góc với MN tại D. Do đó :


DRM ENM= .

0,25
Ta có:


ENM EFM= (do M, N, F, E ở trên một đường tròn);

 
EFM QFM QRM= =
(do M, F, R, Q ở trên một đường tròn). Suy ra:


DRM QRM= . D nằm trong đọan MN.
0,25
Hai tam giác vuông DRM và QRM bằng nhau, suy ra : MQ = MD 0,25

Tương tự : Hai tam giác vuông DRN và SRN bằng nhau, suy ra : NS = ND .
Từ đó : MN = MQ+NS
0,25
B. 4
1232 +−−=−+− qppqqp
(
α
)
(2đ)
Điều kiện: 2 0,p − ≥ 3 0,q − ≥ 2 1 0.pq p q− − + ≥ (p, q là các số nguyên)
0,25
Bình phưong hai vế của (
α
) : 2 2 3 3 2 6p q pq p q− ⋅ − = − − + .
0,25

Hay :
( )( )
2 ( 2)( 3) 2 3p q p q− − = − − .
0,25
Tiếp tục bình phương :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
4 2 3 2 3p q p q− − = − − .
0,25
+ Nếu 2p = thì (
α
) trở thành: 0 + 3−q = 3−q , đúng với mọi số nguyên 3q ≥
tùy ý.
0,25






+ Nếu 3q = thì (
α
) trở thành: 2−p + 0 = 2−p ,đúng với mọi số nguyên 2p ≥
tùy ý.
0,25
D
DD
D
H
HH

H
N
NN
N
F
FF
F
E
EE
E
M
MM
M
S
SS
S
R
RR
R
Q
QQ
Q
P
PP
P
3
+ Xét 2p > và 3q > . Ta có :
( )( )
4 2 3p q= − − ( p, q là các số nguyên)
Chỉ xảy ra các trường hơp :

1/ 2 1,p − = 3 4q − = ; 2/ 2 2,p − = 3 2q − = ; 3/ 2 4,p − = 3 1q − = .


0,25
Ta có thêm các cặp (p; q): (3; 7) , (4; 5) , (6, 4) .
Kiểm tra lại đẳng thức (
α
): 1 + 4 = 9 ; 2 + 2 = 8 ; 4 + 1 = 9
0,25
B.5

)(2 zyxzyxyxzxzyzyx ++≥+++−++−++−+
(*)
(1đ)
Đặt:
,a x y z= + −
,b y z x= + −
c z x y= + −
. Trong ba số a, b, c bao giờ cũng có ít
nhất hai số cùng dấu, chẳng hạn: 0a b⋅ ≥ .
Lúc này : zyx −+ + zxy −+ = a + b = ba + = 2 y


0,25
Ta có : x y z a b c+ + = + + ; 2x a c= + ; 2z b c= + . Do đó để chứng minh (*) đúng,
chỉ cần chứng tỏ : c + cba ++ ≥ ca + + cb + (**) đúng với 0a b⋅ ≥ .
0,25
Ta có:
(**)
( )

2 2
c a b c ab a c b c ca cb c ab ca cb c ab⇔ ⋅ + + + ≥ + ⋅ + ⇔ + + + ≥ + + + (***)
0,25
Đặt:
2
ca cb c A+ + = ; ab B= , ta có B B= (do a.b ≥ 0) ta có:
(***) ⇔ A + B ≥ BA + ⇔ A . B ≥ AB ⇔ AB ≥ AB .
Dấu đẳng thức xảy ra trong trường hợp các số: a, b, c, a + b + c chia làm 2 cặp cùng
dấu. Ví dụ: 0ab ≥ và
( )
0c a b c+ + ≥ .
0,25

Chú ý: Có thể chia ra các trường hợp tùy theo dấu của a, b, c (có 8 trường hợp) để chứng
minh(*)