Đề thi vào 10 chuyên Bình Định - đề số 4

Trên nửa đường tròn đường kính AB ta lấy một điểm C.. Hạ đường cao CH của tam giác ABC.. Gọi O1, O2 lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp tam giác ACH và BCH.. Tìm vị trí của C để O1O2

SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH

Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn

Đề số 4

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

Năm học 2006 – 2007

Thời gian làm bài 150 phút

Ngày thi: 13/6/2006 Câu 1: (2 điểm).

Tìm số xyz biết rằng 3 xyz x y z  4n với n  N.

Câu 2: (2 điểm).

Chứng minh rằng:

2

1 1

x

x x

, 0 x 1

Câu 3: (2 điểm).

Giải bất phương trình:  y  x x2y21 1

Câu 4: (3 điểm).

Trên nửa đường tròn đường kính AB ta lấy một điểm C Hạ đường cao CH của tam giác ABC Gọi O1, O2 lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp tam giác ACH và BCH Tìm vị trí của C để

O1O2 đạt độ dài lớn nhất

Câu 5: (1 điểm).

Giả sử p là số nguyên tố lẻ, đặt 9 1

8

p

m  Chứng minh rằng m là một hợp số lẻ, không chia

hết cho 3 và 3m1 1

 (mod m).

-Hết -Họ và tên thí sinh: SBD :

HƯỚNG DẪN CHẤM THI Môn: TOÁN (Dành cho lớp chuyên toán)

-Câu 1: (2 điểm).

Giả sử n  1 Vì x  1 nên nếu y = z = 0 thì 3 xyz 3100N

Nếu y + z  1 thì x + y + z  2 Suy ra x y z  4n  24 = 16 > 10 = 31000 3 xyz

Mặt khác ta có 64 < xyz < 1000 hay 4 < x + y + z < 10 (2) (0,25 điểm).

Ta lại có: Nếu a  N thì a3 chia cho 9 có số dư là 0, 1, 8

Vậy (x + y + z)3 chia cho 9 có số dư là 0, 1, 8 (0,25 điểm).

Từ (1) suy ra xyz chia cho 9 có số dư là 0, 1 , 8

hay x + y + z chia 9 có số dư là 0, 1, 8 (3) (0,25 điểm).

Từ (2) và (3) suy ra x + y + z bằng 8 hoặc bằng 9.

 x + y + z = 8  (x + y + z)3 = 83 = 512 = (5 + 1 + 2)3

 x + y + z = 9  (x + y + z)3 = 93 = 729  (7 + 2 + 9)3

Câu 2: (2 điểm).

Với 0 x 1 ta có:

2

1 1

x

x x



=  

2 3

x



(1,0 điểm).

1 1

1

x

=  

2

2

1 1

1

x

x



Câu 3: (2 điểm).

Ta có:  y  x x2y21 1  2 2 1 1









x

2

1 0 0

1 1

x y

x y









(0,5 điểm).

1

1

x y

x y



  





(0,5 điểm).

Từ điều kiện x > y suy ra x > 0 Do đó x y  0 Từ đó ta được:

1 0

x y

x y



Do x > 0 nên từ (*) suy ra 1

0

x y









 (0,5 điểm).

Thử lại ta thấy 1

0

x y









 thoả mãn  hệ bất phương trình đã cho có nghiệm là 1

0

x y









(0,5 điểm).

Câu 4: (3 điểm).

Gọi O là tâm, r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và r1, r2 theo thứ tự là bán kính của các đường tròn (O1), (O2)

Ta có:

ABC ACH CBH r1 CH

r CB

r AC (0,5 điểm).

2

r r

CH

1

(0,5 điểm).

Mặt khác O1O2H vuông tại H nên O1O2 = O1H2 + O2H2 = 2r2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra O1O2 lớn nhất khi và chỉ khi r lớn nhất (0,5 điểm).

Xét OAB ta có: AOB1800 OAH OBH = 135   0 Suy ra O thuộc cung chứa góc 1350

dựng trên đoạn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB cùng phía với nửa đường tròn đã cho

(0,5 điểm).

Dễ thấy khi O là điểm chính giữa cung đó thì r lớn nhất Lúc đó C là điểm chính giữa của nửa

Câu 5: (1 điểm).

m      ab

    Dễ thấy a, b đều nguyên dương lớn hơn 1 do đó m là hợp

Ta lại có m9p19p2 1 Suy ra m lẻ và chia 3 dư 1 (0,25 điểm).

Theo định lí Fecma nhỏ 9p – 9  p vì (p, 8) = 1 nên 9p – 9  8p hay 1 9 9

8

p

m   p

Vì m – 1 chẵn nên cũng có m – 1  2p

8

p