Đề thi và đáp án tuyển sinh vào trung học phổ thông năm học 2008 -2009 môn: Toán - đề chuyên Lê Hồng Phong

sở GD - Đt Nam Định
đề chính thức
kỳ thi tuyển sinh vào trung học phổ thông
năm học 2008 -2009
môn : toán - đề chuyên lê hồng phong
Bài 1: Chứng minh rằng nếu phương trình bậc hai có hai nghiệm dương thì phương trình cũng có hai nghiệm đồng thời: .
Bài 2: 
	1. Cho a; b; c là các số thực đôi một khác nhau. Rút gọn biểu thức sau:
	2. Cho các số thực dương x; y; z thoả mãn: .
	Tính giá trị của biểu thức: 
Bài 3: 
	1. Giải hệ phương trình:
	2. Giải phương trình: 
Bài 4: Cho đường tròn (O; R) và một đường thẳng d đi qua O. Lấy A và B là hai điểm thuộc d sao cho OA = OB < R; M là điểm tuỳ ý trên (O; R) thoả mãn OM không vuông góc với d đồng thời M không thuộc d. Các đường thẳng MA, Mo, MB Cắt (O; R) lần lượt tại Q, R, P (khác M). Đường thẳng PQ cắt d tại S.
	1. Chứng minh: 
	2. Chứng minh SR là tiếp tuyến của đường tròn (O; R).
Bài 5: 
	1. Cho a; b là các số thực dương thoả mãn: a + b =1. Chứng minh rằng: 
	2. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x; y; z sao cho: là số chính phương.
.....hết....
sở GD - Đt Nam Định
đề chính thức
kỳ thi tuyển sinh vào trung học phổ thông
năm học 2008 -2009
môn : toán - đề chuyên lê hồng phong
đáp án và thang điểm
bài
đáp án
điểm
Bài 1(1;5đ)
Với > 0 ta có :
0.25
Do đó nếu là nghiệm dương của PT: thì :
 là nghiệm của PT: 
0.5
Ta có: .
0.25
Theo BĐT côsi: (Vì dương)
Vậy: .
0.5
Bài 2(2,0đ)
1. 
0.25
= 
0.25
Ta có:a(b-c) + b(c - a) + c(a - b) = ab - ac + bc - ba + ca - cb = 0
0.25
Vậy A = 0
0.25
2.Phân tích .
0.25
Do x; y; z dương nên x + y + z > 0 
0.25
Mặt khác: 
0.25
Vậy: 
0.25
Bài 3(2,0đ)
(2)
(1)
1. 
Nếu hệ có nghiệm (x; y) từ (1) thay vào (2) 
 (3)
Do 2x - 4x + 3 > 0 và 
0.25
Vậy từ (3) 
Với x = 2 thay vào hệ ta được y = 2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 2
0.5
0.25
2. Đặt x - 2 = t, ta được phương trình 
Giải phương trình (*) ta được 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 
 M
H
B
A
 . O
d S C D
K
E
I
 Q II
 P
 R
Không làm mất tính tổng quát giả sử MA > MB.
1. Gọi C; D là giao điểm của d với (O; R). Ta có 
Mà OA = OB < R A và B nằm giữa C và D nhỏ hơn là góc nhọn.
Kẻ BH vuông góc với AM thì H nằm giữa AvàM (Vì MA > MB)
Xét tam giác vuông AHB và MHB, theo định lý Pitago ta có:
và có HB <MB; AH < MA
Vậy (đpcm)
2. Kẻ QE // d (E MP) . Gọi I là trung điểm của PQ và 
. Ta có ( Bán kính vuông góc với dây tại trung điểm của dây)
Theo GT OA = OB suy ra KQ = KE ( Vì QE // AB)
Vì K là trung điểm của QE và I là trung điểm của PQ nên IK//PE
Do đó: (1) (Hai góc đồng vị)
mà (2) (Cùng chắn cung QM của (O) )
Từ ( 1) và (2) suy ra suy ra tứ giác QRIK là tứ giác nội tiếp
Ta có: (3) ( hai góc đồng vị )
 (4) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung KI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác QRIK)
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác SRIQ là tứ giác nội tiếp
 suy ra SR là tiếp tuyến của (O; R)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
Bài 5(1,5đ)
Ta có (*) x,y dương. 
Thật vậy (*) (luôn đúng).Vậy (*)đúng
0.25
Ta có áp dung (*) ta được:
 (Vì a; b > 0 và a + b = 1 )
mặt khác .Vậy 
0.25
0.25
2. Với x, y, z là các số nguyên dương ta có 
.
Mặt khác:
Từ đó suy ra : là số chính phương thì 
= suy ra x = y.
Với x = y tuỳ ý thì: = luôn là số chính phương.
Vậy các bộ ba số x; y; z thoả mãn yêu cầu bài toán là (n; n; k) với n; k là các số nguyên tuỳ ý
0.25
0.25
0.25