De thi tuyen sinh lop 10 chuyen mon Toan nam hoc20102011 tham khao

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (248.13 KB, 16 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2010 - 2011

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010

Đề thi gồm: 01 trang
Câu 1 (2,0 điểm)

1) Cho 1 1 312 135 312 135

3 3 3

x      

 

 

Khơng dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức M= 9



x3 9x2 3



  .

2) Cho trước a b R,  ; gọi x y, là hai số thực thỏa mãn x y a b3 3 3 3

x y a b

  




  


Chứng minh rằng: x2011 y2011 a2011 b2011

   .

Câu 2 (2,0 điểm)

Cho phương trình: x3 ax2 bx 1 0 (1)

   

1) Tìm các số hữu tỷ a và b để phương trình (1) có nghiệm x 2 3.

2) Với giá trị a b, tìm được ở trên; gọi x x x1; ; 2 3 là ba nghiệm của phương trình (1).
Tính giá trị của biểu thức 5 5 5

1 2 3

1 1 1

S

x x x

   .
Câu 3 (2,0 điểm)

1) Tìm các số nguyên x y, thỏa mãn điều kiện: x2 y2 5x y2 2 60 37xy

    .

2) Giải hệ phương trình:





3 2

2 1 5 2 0

x x x y y

x x y

   




    



Câu 4 (3,0 điểm)

Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp
tuyến chung của hai đường trịn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của
hai tiếp tuyến trên với (O’ ; R’); D là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và
điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) tại M (điểm M
khác điểm I ).

1) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh: KB = KI.KJ2 ; từ
đó suy ra KB = KD.

2) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn.
3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD.
Câu 5 (1,0 điểm)

Mọi điểm trên mặt phẳng được đánh dấu bởi một trong hai dấu (+) hoặc ( ).

Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác
vng cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TỐN
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN

NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010

Đáp án gồm : 04 trang
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

- Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất Hội đồng chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

1 1 Cho 1 1 312 135 312 135

3 3 3

x      

 

 

.Tính M= 9 - 9 - 3



x3 x2



2.

1,00

Từ 1 1 312 135 312 135

3 3 3

x      

 

 



3 1



3 12 135 3 12 135

3 3

x    

   

 

 





3
3

3 12 135 3 12 135

3 1

3 3

x    

   

 

 



3x 1



3 8 3 3



x 1



    

3 2

9x 9x 2 0

   





2 1

M

   

0,25
0,25
0,25
0,25
1 2 Cho trước a b R,  ; gọi x,y là hai số thực thỏa mãn

3 3 3 3( )

x y a b
I

x y a b

  




  


.Chứng minh rằng: x2011 y2011 a2011 b2011

   .

1,00







 







( )

3 3

x y a b
I

x y xy x y a b ab a b

  



 

      




(1)
(*)
( ) ( ) (2)

x y a b

xy a b ab a b

  


 

  



+/Nếu a b 0 thì (*) x y a b
xy ab

  






=> x, y là 2 nghiệm của phương trình X2 (a b X) ab 0

   

Giải ra ta có x b; x a

y a y b

 

 

 

 

  =>

2011 2011 2011 2011
x  y a b .
+/Nếu a b 0 => a b.

0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có hệ phương trình 3 3 0
0
x y
x y
x y
 

 

 

.
=>
2011 2011
2011 2011
0
0
a b
x y
  



 



=>x2011 y2011 a2011 b2011

  

0,25
2 1 x3 ax2 bx 1 0 (1)

    . Tìm a b Q,  để (1) có nghiệm x 2 3. 1,00

Thay x 2 3vào (1)ta có :













3 2

2 3 a 2 3 b 2 3  1 0 





3 4a b 15 7a 2b 25

     

+/Nếu



4a b 15



0
=>





7 2 25

3
4 15
a b
a b
 


  (vơ lí vì VT là số vô tỷ , VP là số hữu tỷ).
+/ Suy ra



4a b 15



 0 7 2 25 0

4 15 0

a b
a b
  


  


Giải hpt, kết luận : 5
5
a
b






0,25
0,25
0,25
0,25
2 2

Với a=-5 ;b=5. Tính giá trị của biểu thức 5 5 5
1 2 3

1 1 1

S

x x x

   . 1,00

+/ 5

5
a
b





 (1) có dạng









3 5 2 5 1 0 x-1 2 4 1 0
x  x  x   x  x  .
Khơng mất tính tổng quát coi x3 1 thì x x1, 2 là 2 nghiệm của
phương trình



x2  4x1



0( có   ' 3 0) => 1 2

1 2
4
1
x x
x x
 





+/ 2 2





1 2 1 2 2 1 2 14
x x  x x  x x  .

+/x13 x23 



x1 x2

 

x12 x22  x x1 2



52.

+/x15 x25 



x12 x22

 

x13x23



 x x x1 22 2



1 x2



724
=>S = 725

0,25

0,25
0,25
3 1 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x2 y2 5x y2 2 60 37xy

    (1) 1,00





2 2 2







 



(1) x y 5x y 35xy 60 x y 5 xy 3 4 xy .
Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, VT 0



 



5 xy- 3 4 xy 0 3 xy 4

      .

Do x y Z,  =>xy Z => 3

4
xy
xy


 
 .
+/





2 2

3
0

xy x y

x
x y

  


 

 
 


(vô nghiệm trên Z).

0,25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>





2 2

4 2

2
4

xy x y x y

x y
x

x y



     



 

    



  

 



Vậy 2

2
x y
x y

 


  

 là các giá trị cần tìm.

0,25
3 2 Giải hệ phương trình:





3 2

(1)

2 1 5 2 0 (2)

x x x y y

x x y

   




    




1,00
Điều kiện :y0.

(1)







2 1



0

1
x y
x y x

x




     



 .

+/Nếu x 1 thay vào phương trình (2) ta có : y  1 0  y1.

+/Nếu x y 0

Khi đó (2) 2



x4 1



 4 x  2 0 (3)

do 2



x4 1



2.2 x4.1 4x2

    2



x4 1



2 x 2x.

nên VT(3) 2( - 2 x x 1) 2



x  1



2 0.
Do đó Pt (3)

4 1

1 1

1 0
x

x y

x

 


     

 




Vậy hệ phương trình có nghiệm 1; 1

1 1

x x

y y

 

 

 

 

 

0,25
0,25

0,25

0,25
4 1 K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh KB = KD. 1,00

H
J

O'
O

K
D

C
B

I

M

A

Do AO và AO’ là hai tia phân giác của BAC => A,O,O’ thẳng hàng.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Có BJI IBK  1
2

  sđ BI ; BKI chung

Δ KBI

 đồng dạng vớiΔ KJB (g.g)=> KI =KB KB =KI.KJ2

KB KJ  (1)

Tương tự:Δ KDIđồng dạng vớiΔ KJD KI =KD KD =KI.KJ2
KD KJ

  (2)

Từ (1) và (2) =>KB=KD.

0,25
0,25
0,25
4 2 Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 1,00

+/Xét tam giác vng ABO’ có: AB =AH.AO'2 (3)
+/ Có :ABI AMB  1

  sđ BI ; BAI chung

Δ ABI đồng dạng vớiΔ AMB (g.g) AB = AI AB =AM.AI2
AM AB

  (4).

Từ (3),(4) =>AI.AM=AH.AO' AH AM=

AI AO'

 .

=>Δ AHI đồng dạng với Δ AMO' ( vì AH AM=

AI AO' ;A chung ).
=>AHI=AMO'  => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay 4 điểm I, H, M, O’

cùng thuộc một đường tròn.

0,25

0,25
4 3 Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD 1,00

Do OD // O’B (cùng AB) AO OD R OI OI

AO' O'B R' O'M O'I

    

nhưng OI cắt O’I và A,I,M thẳng hàng => OI // O’M.

=>DOI=BO'M  .

mà BDI 1DOI 1

2 2

  sđ DI và BIM 1BO'M 1

2 2

  sđ BM
=>BDI BIM  =>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔBID
hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD.

0,25
0,25
0,25
0,25
5 Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành

tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu.

1,00
Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A.

Do chỉ đánh bởi hai dấu (+), ( ) nên

tồn tại hai điểm cùng dấu , không mất
tổng quát giả sử hai điểm A, B cùng
dấu và cùng dấu (+).

+ Nếu C có dấu (+) thì tam giác vng
cân ABC là tam giác phải tìm.

+ Nếu C có dấu (- ) thì ta dựng điểm D
sao cho ABDC là hình vng.

_ Nếu D có dấu (+) thì tam giác ABD là tam giác cần tìm.
_ Nếu D có dấu (-) thì gọi I là giao điểm của AD và BC .
* Nếu I có dấu (+) thì tam giác vng cân ABI là tam
giác cần tìm.

0,25

0,25
0,25
D

B
A

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

* Nếu I dấu (-) thì dễ thấy tam giác vng cân CID có ba
đỉnh cùng dấu (-) là tam giác cần tìm.

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

NĂM HỌC 2010-2011

ĐỀ CHÌNH THỨC KHĨA NGÀY 21/06/2010
Mơn thi: TỐN ( chun)
Thời gian làm bài : 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (4 điểm)

1) Giải hệ phương trình








1 +y=1
x+1

2

+5y=3
x+1

2) Giải phương trình :



2x -x +2x -x-12=02



2 2
Câu 2: ( 3 điểm)

Cho phương trình x2 – 2 ( 2m + 1) x + 4 m2 + 4 m – 3 = 0 ( x là ẩn số )
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x x1, 2



1 x2



thỏa

x = x1 2 2

Câu 3: (2 điểm )

Thu gọn biểu thức: A= 7+ 5 + 7- 5- 3-2 2
7+2 11

Câu 4: ( 4 điểm )

Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường trịn (O).Gọi P là điểm chính
giữa của cung nhỏ AC.Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M.Chứng
minh rằng :

a) ABP=AMB 

b)MA.MP =BA.BM
Câu 5 : ( 3 điểm )

a) Cho phương trình 2x +mx+2n+8=02 ( x là ẩn số và m, n là các số

ngun).Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên. Chứng
minh rằng m +n2 2 là hợp số

b) Cho hai số dương a,b thỏa a +b =a +b =a +b100 100 101 101 102 102.Tính P=
2010 2010

a +b
Câu 6 : ( 2 điểm )

Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA=OB =2a.Gọi (O) là đường
tròn tâm O bán kính a.Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA+2MB đạt giá
trị nhỏ nhất

Câu 7: ( 2 điểm)

Cho a , b là các số dương thỏa a +2b2 23c2.Chứng minh 1 2 3+ 

a b c

HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

NĂM HỌC 2010-2011
 KHĨA NGÀY 21/06/2010

Mơn thi: TOÁN ( chuyên)

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

Câu 1

( 4 đ)

Câu:1: ( 4 điểm

1) Giải hệ phương trình








1
+y=1
x+1
2 +5y=3
x+1







1
+y=1
x+1
2 +5y=3
x+1


2 2y = 2

x+1

2 +5y =3

x+1

 
 






3y =1
2
+5y =3
x+1






1
x =
2
1
y =
3









 0,5 x4 đ

2) Giải phương trình :



2x -x +2x -x-12=02



2 2
Đặt t 2x2 x

  , pt trở thành:

t2 + t - 12 = 0 t=3 hay t=-4

t =3 =>2 2 3 1 3

2
x  x  x hay x
t= -4 =>2x2 x 4

  ( vô nghiệm)

Vậy pt có hai nghiệm là x =- 1 , x =3/2

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Câu 2
(3 đ)

Câu 2 : (3 điểm )

Cho phương trình x2 – 2 ( 2m + 1) x + 4 m2 + 4 m – 3 = 0 ( x là

ẩn số ) (*)

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x x1, 2



1x2



thỏa x = x1 2 2

’=



2m 1





4m2 4m 3



4 0

      , với mọi 1

Vậy (*) ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

0,5 đ

x =2m-1 ;x2 =2m+3

1 2

x = x  2m 1 2 2m 3  











2 1 2 2 3 2

2 1 2 2 3

6
m

m m

m m m




   
 

   
 

0.5 đ
0,5 đ
1,5 đ
Câu 3 Câu 3 : ( 2 điểm)

Thu gọn biểu thức: A= 7+ 5 + 7- 5- 3-2 2

7+2 11

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Câu 4
( 4 đ)

Xét M = 7+ 5 + 7- 5

7+2 11

Ta có M > 0 và 2 14 2 44 2

7 2 11

M   

 , suy ra M = 2

A= 2-( 2-1)=1

1 đ

1 đ
Câu 4 : ( 4 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường trịn (O).Gọi P là 
điểm chính giữa của cung nhỏ AC.Hai đường thẳng AP và BC 
cắt nhau tại M.Chứng minh rằng :

a) ABP=AMB 

b)MA.MP =BA.BM

x
x

=
=

M
P

O

C
B

A

a)  1

AMB ( s đ AB s đPC) =1

2( s đ AC s đPC )=
1

2 s đ AP=ABP

2 đ

b) PA PC   CAP ABP AMB    CMAC AB 1 đ
MAC MBP (g-g)

. . .

MA MC MA MP MB MC MB AB

MB MP

    

1 đ

Câu 5

( 3 đ)

Câu 5: ( 3 điểm)

a)Cho phương trình 2x +mx+2n+8=02 ( x là ẩn số và m, n là các số

ngun).Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên.
Chứng minh rằng m +n2 2 là hợp số

Gọi x x1, 2là 2 nghiệm của phương trình  1 2 2

m

x x  ,x x1. 2 n 4 0,5 đ

2 2

m +n =









2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1

2x 2x  x x  4 4x 4x x x x 16



 



1 4 . 2 4

x  x 

0,5 đ

2 2

1 4, 2 4

x  x  là các số nguyên lớn hơn 1 nên m +n2 2 là hợp số 0,5 đ

b)Cho hai số dương a,b thỏa a +b =a +b =a +b100 100 101 101 102 102.Tính P=
2010 2010

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Ta có0 0 0



101 101



101 101



0 0



a +b10 10  a b a b  a +b10 10

 a100



1 a



b100



1 b



a101



1 a



b101



1 b



 a=b=1 1 đ

 P=a2010+b2010=2 0,5 đ

Câu 6

( 2 đ)

Câu 6: ( 2 điểm)

Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA=OB =2a.Gọi (O) là 
đường trịn tâm O bán kính a.Tìm điểm M thuộc (O) sao cho 
MA+2MB đạt giá trị nhỏ nhất

Đường thẳng OA cắt (O) tại C và D, với C là trung điểm của
OA.Gọi E là trung điểm của OC

*Trường hợp M không trùng với C vá D
Hai tam giác OEM và OMA đồng dạng ( do

  , 1

OM OE

MOE AOM

OA OM

   )

1 2.

ME OM MA EM

AM OA

     1 đ

* Trường hợp M trùng với C : MA=CA=2.EC=2.EM
* Trường hợp M trùng với D: MA=DA=2.ED=2.EM

Vậy ta ln có MA=2.EM 0,5 đ

MA+2.MB=2(EM+MB) 2.EB = hằng số

Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của đoạn BE với đường tròn (O)
Vậy MA +2.MB nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn BE với
đường tròn (O)

0,5 đ

Câu 7

( 2 đ)

Câu 7 : ( 2 điểm)

Cho a , b là các số dương thỏa a +2b2 23 c2.Chứng minh



1 2 3
+
a b c

0,5 đ
Ta có:1 2 9

 



 



2 a b b a ab

a b a   b    





2 2

2a 4ab 2b 0 2 a b 0

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

a+2b 3



a2 2b2



 

2



a 2b



2 3



a2 2b2



     





2 2

2a 4ab 2b 0 2 a b 0

       ( đúng) 0,5 đ

Từ (1) và (2) suy ra



2 2



1 2 9 9 3

2 3 2

a b a   b  a  b c ( do a22b23c2) 1 đ

SỞ GD VÀ ĐT
 THANH HOÁ

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Đề chính thức Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên
Toán)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009

Câu 1: (2,0 điểm)

1. Cho số x xR;x0 thoả mãn điều kiện: x2 + 12

x = 7

Tính giá trị các biểu thức: A = x3 +

x và B = x

5 +

x

2. Giải hệ phương trình:

1 1

2 2

1 1

2 2

y
x

x
y



  





   




Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: ax2 bx c 0

   (a0) có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn
điều kiện: 0x1 x2 2.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2

2 3

a ab b

Q

a ab ac

 



 
Câu 3: (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: x 2 + y2009 + z 2010 = ( )

2
1

z
y
x 

2. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 +1 và 6p2 +1 cũng là số nguyên tố.
Câu 4: (3,0 điểm)

1. Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Một đường thẳng qua A,
cắt cạnh BC tại M và cắt đường thẳng CD tại N. Gọi K là giao điểm của các đường
thẳng EM và BN . Chứng minh rằng: CK BN .

2. Cho đường tròn (O) bán kính R=1 và một điểm A sao cho OA= 2.Vẽ các tiếp tuyến AB,

AC với đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm).Một góc xOy có số đo bằng 450có cạnh Ox cắt

đoạn thẳng AB tại D và cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC tại E. Chứng minh rằng: 2 2 2DE 1.
Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức Pa2b2c2d2acbd,trong đó ad  bc1.

Chứng minh rằng: P 3.

...Hết ...

SỞ GD VÀ ĐT
 THANH HOÁ

KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC: 2009 - 2010

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên
Toán) 
Đáp án chính thức

Mơn: Tốn ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn)

Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009
 (Đáp án này gồm 04 trang)

Câu ý Nội dung Điểm

1 Từ giả thiết suy ra: (x +

x

)2 = 9

 x + 1x = 3 (do x > 0)
 21 = (x +

x

)(x2 +

x ) = (x

3 +

x ) + (x + x

)  A = x3 + 3

x =18

 7.18 = (x2 + 2

x )(x

3 +

x ) = (x

5 +

x ) + (x + x

)
 B = x5+ 5

x = 7.18 - 3 = 123

0.25
0.25
0.25
0.25
2

Từ hệ suy ra 1x  2 1y  1y  2 1x (2)
Nếu 1x  1y thì

x
y

1
2
1

2   nờn (2) xảy ra khi và chỉ khi x=y
thế vào hệ ta giải được x=1, y=1

0.5

0.5
2

Theo Viét, ta có: x1 x2 b
a

  , x x1. 2 c
a
 .
Khi đó
2 2
2
2 3
2

a ab b

Q

a ab ac

 

  =
2
2 3.
2
b b
a a
b c

a a
 
   
 
 

( Vì a 0)

1 2 1 2

2 3( ) ( )

2 ( )

x x x x

x x x x

   

  

Vì 0x1 x2 2 nên
2

1 1 2

x x x và 2
2 4
x 
 x12 x22 x x1 2 4 



x1 x2



2 3x x1 24

Do đó 1 2 1 2
1 2 1 2

2 3( ) 3 4

2 ( )

x x x x

Q

x x x x

   

 

  

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 x2 2 hoặc x1 0,x2 2

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Tức là

4
4

2 0

0
b
a

c c b a

a b a

b

c
a

 
 

 
 

     
  

  

 

 

    




 




 


 


Vậy maxQ=3

1 ĐK: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010
Phương trình đã cho tương đương với:

x + y + z = 2 x 2 +2 y2009 +2 z 2010

 ( x 2- 1)2 + ( y2009- 1)2 + ( z 2010- 1)2 = 0

x 2 - 1 = 0 x = 3

y2009- 1 = 0  y = - 2008
z 2010- 1 = 0 z = 2011

0.25
0.25
0.25
0.25

2 Nhận xét: p là số nguyên tố  4p2 + 1 > 5 và 6p2 + 1 > 5

Đặt x = 4p2 + 1 = 5p2- (p - 1)(p + 1)
y = 6p2 + 1

 4y = 25p2 – (p - 2)(p + 2)
Khi đó:

- Nếu p chia cho 5 dư 4 hoặc dư 1 thì (p - 1)(p + 1) chia hết cho 5

 x chia hết cho 5 mà x > 5  x không là số nguyên tố

- Nếu p chia cho 5 dư 3 hoặc dư 2 thì (p - 2)(p + 2) chia hết cho 5

 4y chia hết cho 5 mà UCLN(4, 5) = 1  y chia hết cho 5 mà
y > 5

 y không là số nguyên tố

Vậy p chia hết cho 5, mà p là số nguyên tố  p = 5
Thử với p =5 thì x =101, y =151 là các số nguyên tố

Đáp số: p =5

0.25
0.25

0.25

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Trên cạnh AB lấy điểm I sao cho IB = CM
Ta có  IBE =  MCE (c.g.c).

Suy ra EI = EM , MEC BEI   MEI vuông cân tại E
Suy ra EMI 450 BCE

Mặt khác: ABIB CMCB MNAN  IM // BN

BCEEMI BKE  tứ giác BECK nội tiếp

180





BEC BKC

Lại có: 0 0

90   



BEC BKC . Vậy CK BN

Vì AO = 2 , OB=OC=1 và ABO=ACO=900 suy ra OBAC là hình
vng

Trên cung nhỏ BC lấy điểm M sao cho DOM = DOB
MOE=COE

Suy ra  MOD= BOD DME=900
 MOE= COE EMO=900

suy ra D,M,E thẳng hàng, suy ra DE là tiếp tuyến của (O).
Vì DE là tiếp tuyến suy ra DM=DB, EM=EC

Ta có DE<AE+AD 2DE<AD+AE+BD+CE =2 suy ra DE<1
Đặt DM= x, EM=y ta có AD2 + AE2 = DE2

 (1-x)2 + (1-y)2 = (x+y)2
 1- (x+y) = xy  

2
y
x

 suy ra DE2 + 4.DE - 40

 DE2 2 2

Vậy 2 2 2DE<1

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25

0.25

D C N

A I B

K
M

C
B

E
M
A
x

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Ta có: (ac bd)2 (ad bc)2 a2c2 2abcd b2d2 a2d2 2abcd b2c2
















2 2





2 2

 

2 2



2 2



2 c d b d c a b c d

a      



Vì ad  bc1 nên 1 ( )2



2 2



2 2



(1)

d
c
b
a
bd

ac   



Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm



a2 b2

 

; c2 d2





 có:



a b



c d



ac bd

bd
ac
d
c
b
a

P 2 2 2 2  2 2 2 2 2  

ac bd ac bd

P    

 2 1 2 (theo (1))

Rõ ràng P0 vì:  2 2

2  acbd  acbd

Đặt xacbd,ta có: P2 1x2 x





4 1





4 1 4 3

4 2 2 2 2 2 2














 P x x x x x x x x



1 2 2



2 3 3






 x x

Vậy P3

0.25

0.25
0.25

</div>

De thi tuyen sinh lop 10 chuyen mon Toan nam hoc20102011 tham khao

<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>



























 















































<sub></sub>

<sub></sub>



 





 

















 





 



























<sub></sub>

<sub></sub>



