Suy ra O thuộc cung chứa góc 135 0 dựng trên đoạn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB cùng phía với nửa đường tròn đã cho.. Lúc đó C là điểm chính giữa của nửa[r]
Trang 1SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH
Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn
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
Câu 3: (2 điểm).
Giải bất phương trình: y x x2y21 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
8
p
m
Chứng minh rằng m là một hợp số lẻ, không chia
hết cho 3 và 3m11 (mod m).
-Hết -Họ và tên thí sinh: SBD :
Trang 2HƯỚNG 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 3100N
Trong khi đó x y z 4n
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 1
1
x
(0,5 điểm).
=
2
2
1 1
1
x
x
Câu 3: (2 điểm).
Ta có: y x x2y21 1 ⇔ x −|y|≥√x2
+y2−1+1
2 2
2
1 0 0
1 1
x y
x y
(0,5 điểm).
2 2
2 2
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:
2 2
2 2
0 1
1 0
x y
x y
Trang 3Do 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
1
r CH
r CB
; 2
r CH
r AC (0,5 điểm).
2 2
2
1 2
r r
CH
2 2
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:
AOB1800 OAH OBH
= 1350 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).
Ta có:
m ab
Dễ thấy a, b đều nguyên dương lớn hơn 1 do đó m là hợp
Ta lại có m 9p1 9p2 1
Theo định lí Fecma nhỏ 9p – 9 p vì (p, 8) = 1 nên 9p – 9 8p hay
1 8
p
m p
Vì m – 1 chẵn nên cũng có m – 1 2p
Do đó:
8
p
(0,5 điểm).