Biết rằng fx nhận giá trị 1975 với 4 giá trị nguyên khác nhau của x.. Qua một điểm M bất kỳ thuộc cạnh AC, kẻ các đ-ờng song song với hai cạnh kia; chúng tạo thành với 2 cạnh ấy một hình
Trang 1Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam sơn
(Thời gian: 150 phút)
Bài 1: Cho biểu thức
4
4 2
2 2
x x
x b M
Tìm giá trị của M khi x=
a
b b
a
Bài 2
Cho đa thức bậc 5 có hệ số nguyên Biết rằng f(x) nhận giá trị 1975 với
4 giá trị nguyên khác nhau của x Chứng minh rằng với mọi x z thì f(x) không thể có giá trị bằng 1992
Bài 3: Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phơng trình
2 0 ( 0 )
kx a a x
Tất cả các giá trị của k để có bất đẳng thức:
( ) ( ) 3 52
1
2 3 2
1
x
x x
x
Bài 4: Giải hệ phơng trình:
y x y x
xy y x
3
1
3 3
2 2
Bài 5 : Giải phơng trình
2 15 32 2 32 20
x
Bài 6 :
Trong mp(oxy) cho Parabol(P):
4
2
x
y và điểm I (0,-2) gọi (d) là đ-ờng thẳng qua I và có hệ số gốc m
1, Vẽ (P) chứng tỏ với mọi mR,(d) luôn cắt (P) tại 2 điểm điểm phân biệt A,B
2, Tìm giá trị của m để đoạn AB ngắn nhất
Bài 7 : Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:
1
b a
c b c b
b a a
c c
b b a
Bài 8: Cho tam giác ABC có 0
90 ˆ
ˆ B
C , đờng cao AH, trung truyến AM và phân giác trong AD
1, Chứng minh D nằm giữa 2 điểm H và M
2, Biết SADM=
14
1
SABC, SAHM=
50
7
SABC Hãy tính số đo góc BAC
Bài 9 : Cho ABC Qua một điểm M bất kỳ thuộc cạnh AC, kẻ các đ-ờng song song với hai cạnh kia; chúng tạo thành với 2 cạnh ấy một hình bình hành Tìm vị trí của M để hình bình hành ấy có diện tích lớn nhất
Bài 10 : Cho hình chóp tam giác đều và khoảng cách giữa hai cạnh chéo nhau
bằng l, hãy xác định hình chóp có thể tích bé nhất
Trang 2
Đáp án và biểu điểm
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam sơn
Đề thi đề nghị môn Toán (Thời gian 150 phút)
Bài 1 : (2điểm) Khi cho
b
a và
a
b thì 0
b
a
0
a b (0,25đ)
Do đó x
a
b b
a
a
b b
a
x (0,25đ)
ab
b a ab
b a a
b b
a
2
4 2
Trang 3Từ đó :
b a b a
b a b ab
b a a
b b a
ab
b a b x
x
x b M
) (
2 4
4 2
2
2
(0,75đ)
Nếu a b thì : a b
b a b a
b a b
(0,25đ) Nếu a b thì
a
a b b a b b a
a b b
Bài 2 (2đ)
Gọi x1,x2,x3x4 là giá trị nguyên khác nhau của đa thức f(x)- 1975 suy ra f(x)-1975 = (x-x1)(x-x2)(x-x3)(x-x4).g(x) (g(x) là đa thức có hệ số nguyên) (0,5đ)
Giả sử tồn tại az mà f(a)=1992 ta có:
(a-x1)(a-x2)(a-x3)(a-x4).g(a)=17 * (0,5đ)
Do x1,x2,x3x4 z khác nhau nên a-x1,a-x2 , a-x3 ,a-x4 là 4 số nguyên khác nhau và g(a)z, mà 17 chỉ có thể phân tích thành một tích có nhiều nhất ở thừa số nguyên khác nhau : 17= 1(-1)(-17) nên (*) không xảy ra ĐPCM (1,0đ)
Bài 3 (2đ)
Dễ thấy x1,x2 0
Ta xét a hai trờng hợp
* Nếu a<1 thì k2 4a 0 với mọi k Khi đó phơng trình đã cho luôn có hai nghiệm khác nhau và khác dấu: Điều đó dẫn đến BĐT đã cho luôn đúng
với mọi k (0,5đ)
*Nếu a>0
)
1
2 2
1 2 1
2 2
1 3 1
2 3
2
1
x
x x
x x
x x
x x
x x
x
2
2 1
2 1
2 2 1 2
1
2 2
2 1 1
2
2
1
a
k x
x
x x x x x
x
x x x
x
x
x
(Theo viét)
1
2 3
2
1 ) ( )
(
x
x x
x
2
a
k
) ( 2 2 ) 2 3 52
a
k
(1) (0,5đ)
Đặt
a
k2
=t, ta có ( 2 )( 2 ) 2 3 52
t
0 ) 9 )(
6
Ta thấy ( 2 9 )
t 0 mọi t Do đó (2) chỉ đúng khi (t 6 ) 0 hay 6 0
2
a k
Do a 0 nên k2 6a Bởi vậy 6ak 6 (0,75đ)
Vậy a<0, khi k là số thực bất kỳ
a>0 thì k là số thực thỏa mãn 6a k 6 (0,25đ)
Trang 4Bài 4 (2đ) Giải hệ phơng trình
Từ (1) ta có PT (2) có dạng :x 3 y3=(x 3y)(x2 y2 xy) (0,25đ)
x 3 y3 x3 xy2 x2y 3x2y 3y3 3xy2
4 2 4 2 2 3 0
x y y
y
x
0 ) 2
2
(
y x xy y
0 ) (
0
2
2 x y
x
y
x y x o y
0
0
0
y x o y
(1,0đ)
+ Với y=0 thay vào (1) ta đợc x2=1 x 1
+ Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn x=0, y=0 loại (0,5đ) Vậy hệ phơng trình có 2 nghiệm (x,y) là (1,0) và (-1,0) (0,25đ) Bài 5 (2đ)
Điều kiện 2x +150 và 32 x2+32x-20 0
8
56 4
8
56 4
2
15
x
x
x
4
14 2
2
15 4
14 2
x
x
(0,25đ)
PT đã cho tơng đơng với 2 15 2 ( 4 2 ) 2 28
Đặt 4y 2 2x 15 ĐK 4y 2 0 (0,25đ)
Từ đó ta có :
( 4 2 ) 2 2 15
PT trở thành:
( 4 2 ) 2 2 15
Lấy (2 ) trừ cho (3) theo từng vế ta đợc :
(0,75đ)
* Trờng hợp 1 : x - y = 0 x=y thay vào (3 ) ta đợc:
16x2+14x-11=0
(0,25đ)
0 9 8 8
0
0 ) 9 8 8 )(
(
0 ) (
2 ) 1 (
4 ).
( 4
0 ) (
2 ) 2 4 2 4 )(
2 4 2 4 (
) (
2 ) 2 4 ( ) 2 4
y x y x
y x y x
y x y
x x y
y x x
y x
y
y x x
y
8
11
2
1
x
Loại
) 2 ( 3
) 1 ( 1
3
3
2
2
y x
y
x
xy
y
x
Trang 5* Trờng hợp 2 : 8x+8y +9=0 9y=8x-9 thay vào (3)
ta có : 64x2+72x-35=0
16
221 9
16
221 9
x
x
(0,25đ)
Vậy phơng trình có 2 nghiệm x=
2
1
hoặc
16
221
9
Bài 6: (2đ)
1 (1đ) đờng thẳng (d ) có phơng trình là
y=mx-2 Phơng trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
m m
mx x
x mx
0 2 4
0 2 4 4 2
2 2
2
Chứng tỏ (d) luôn cắt (P ) tại 2 điểm phân biệt A, B (0,5đ)
Vẽ (P) (0,5đ)
2, (1đ) Điểm A, B có tọa độ :
A(x1, mx1-2), B(x2, mx2-2)
Với x1, x2 có nghiệm của phơng trình:
x2+4mx-2=0
Theo Viét ta có:
2
4
2 1
2 1
x x
m x
x
Do đó
2 1 2 2 2
8 ) 8 16 )(
1 (
4 ) (
) 1 (
2 2
2 1
2 2 1 2
m m
x x x
x m
vì m2 0
AB 2 2 Dấu “=” xảy ra khi m = 0
Vậy AB ngắn nhất khi và chỉ khi m = 0 (0,5đ)
Bài 7: (2đ): a, b, c>0
b a
c b c b
b a a
c c
b b
a
(1)
a
c b cb bc c ab b c
b a b ac ab a b
c
a
a
c b b a c c
c b b a b b
c b b a a c b b a c b b a
) ( )
(
) )(
( ) )(
( ) )(
( ) )(
( ) ( ) (
2 2
2 2
2
2 2
TM Loại
y
x A
-2
B
y=-x2/4 I
2 O
-2
(0,5đ) (1)
Trang 6Mặt khác (ab) (bc) (ab)(bc)=a2 acc2 3b2 3ab 3bc
Do đó ta cần chứng minh:
VP b bc ab b a
c b ac ab
c
a a
c b a
b c c
b a
b c b
c a c
b b
c a a
c b cb c
b a b b
c
a
VT
ab bc b a
c b cb c
b a b
b
c
a
2 2
4 3
2 2 3 2
2 3
2 2
2
2 2
2
2 2 2
) ( ) (
2
1 ) (
2
1 ) (
2
1 ) ( ) (
) 5 , 0 ( ) 2 ( 2
2 ) ( ) (
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c (1đ)
Bài 8 (2đ)
1, (1đ) Vẽ đờng tròn ngoại tiếp ABC Gọi F là trung điểm của cung BC
khác nhau với A. A, D, F thẳng hàng D ở giữa A,F D ở giữa H, M
(0,5đ)
2, Ta có
(0,75đ)
Trên đờng thẳng AH chọn A0 sao cho BA0C=900 (A0 là giao điểm của
HA với đờng tròn đờng kính BC)
2 0
2 0 2
0
2 0 2 0 2 2
.
C A
B A HC
HB C
A
B A HC
HA HC
HC HB HC
HB
Từ (*) và (**) ta có : 2
0
2 0 2
2 A C
B A AC
AB
Bài 9 (2đ) Gọi hình bình hành tạo thành là BEMF; dt(BEMF)=S’;
dt(ABC)=S= const
(0,75đ)
F
A
C
B
H D
.O M
0 0
0 2 0 2
2 0 2 2
2
2 2
90
C BA BAC
AH H A H A CH
H A BH AH
CH
AH BH
* )
(
16
9 25
9 50
7
2
1
50
7
) (
4
3
4
3
7
3 14
1
2
1
/
14
1
2
AC
AB
BC
HB
HC
HB BC
HB
BC
MH
S
S
AC
AB DC
DB do
AC
AB
DC
DB
BC
DB
BC
MD S
S
ABC
AHM
ABC
ADM
Trang 7Kẻ AKBC, AK cắt EM ở H Ta có S’=EM.HK (0,5đ)
S BC.AK
2
1
AK
KH BC
EM S
S
2
'
Đặt MA =x, MC=y Theo định lí Talét ta có:
EM BC x x y HK AK x y y
nên ( ) 2
2
y x
xy S
S
Lại có:(x y) 2 4xy
do (x y) 2 0 x,y
2
1
S
S
Do đó maxS =
2
1
S khi đó x=y
Tức là M là trung điểm của AC (0,5đ)
Bài 10 (2đ)
Giả sử hình chóp SABC đều, O là tâm đều ABC, M là trung điểm của
BC Ta có BC (SAM) Vẽ MN SA thì MN vuông góc với BC (0,25đ)
Đặt AB=BC=CA=x khi đó
4
3 2
3
.
2
x
SOA
MNA
Điều kiện x>
3
2l
(0,25đ)
Ta có thể tích hình chóp:
9 9
27 9
27 ) 3
4 4 3 ( 36
4 2
2 ).
4 3 ( 36
4 )
4 3
(
36
4 3 6 4 3 3
3 2
4
3
3
1
6 6
6 6 6
6 6 3 2 2 2
6 6 2
2 2 2
4 6 2 2
2
6 2 2
2 2
3 2
2 2
l x
x l x
x l l
l x
x l l
l l x
l x l l
x
x l
V
l x
lx l
x
x l x
V
(0,75đ)
2
2 4 3 3
3 2
l x
x l NA
OA MN
SO
NA
MN
OA
SO
A
B
H
x
A C
y
F K
S’
S
N
A
B
O
C
Trang 83
l
V
DÊu “=” x·y ra khi : 3x2- 4l2-2l2
x=l 2 0
VËy thÓ tÝch cña h×nh chãp nhá nhÊt khi SA+SB+SC=l 2(0,25®)