sở GD&đt quảng bình kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
năm học 2012 - 2013
( CHNH THC) Khoỏ ngy 04 - 07 - 2012
Mụn : TON (CHUYấN)
H tờn : Thi gian lm bi : 150 phỳt (khụng k thi gian giao )
SBD:
thi gm cú 01 trang

Cõu 1: (2,0 im) Cho phng trỡnh:
2
x 2x 4a 0

(x l n s). Gi s hai nghim
1 2
x ,x
ca phng trỡnh l s o hai cnh gúc vuụng ca mt tam giỏc.
a) Tỡm cỏc giỏ tr ca a din tớch ca tam giỏc vuụng bng
1
3
(n v din tớch).
b) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
1 2
1 2
4
A x x
x x
.
Cõu 2: (2,0 im) Gii phng trỡnh:
2
1 1



v
MC.AB MB.AC MA.BC

.
b) Chng minh:
MB.AE MC.AF
MA MB MC
BC

.
c) Xỏc nh v trớ im N trờn ng trũn (O) tng NA + NB + NC ln nht.
Cõu 5: (1,0 im) Cho cỏc s nguyờn a, b, c, d v s nguyờn dng p. Chng minh
rng nu
2 2 2 2
a b c d, a b c d

chia ht cho p thỡ
4 4 4 4
a b c d 4abcd


cng chia ht cho p.
HếT
1a

Điều kiện để hai nghiệm
1 2
x ,x
của phương trình là số đo hai cạnh
góc vuông của tam giác là
1 2
1 2
' 0
x x 0
x x 0
 





 


0,25

1 4a 0
1
4a 0 0 a
4
2 0
 


Lưu ý: học sinh không tìm điều kiện phương trình có hai nghiệm dương mà kết
quả đúng cho 0,5 điểm.
1b
Ta có:
1 2
1 2
4 1
A x x 4a
x x a
   

0,25

1 3
4a
4a 4a
  

0,25
Trang 2
Với
1
0 a
4
 
, ta có:
1 3
4a 2 vµ 3
4a 4a
  

4


0,25
2

2,0điểm

ĐK:
3 x 3 vµ x 0
   

0,25
Đặt
2
y 3 x , (y 0)
  

0,25
Ta có hệ phương trình

2 2
1 1
1
x y
x y 3

 



x y 1
xy 1
x y 3
(v« nghiÖm)
xy 3
   



 




 








0,25

1 5
x
2
(tho¶ m·n)
1 5




 


 







 







0,5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1 5
x
2
 

0,25


0,5

 
2
4 4 4
1 4
a b c ab bc ca
3 3
      
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c
2
a b c
3
ab bc ca 2
 

    

  


0,25
43,5 điểm






BAM PAC BAP MAC
  
Nên:
ABP AMC
 
0,25
0,25
Suy ra:
AB BP
MC.AB MA.BP
MA MC
   (1) 0,25
Mặt khác:


BMA BCA

,


BAM PAC




=
AC BC AB BC
MB. MC.
BC BC
 
   

   
   

0,25
E
F
A
B C
M
P
Trang 4
=
AC CE AB BF
MB. MC.
BC BC
 
   

   
   
NA NB NC EF
  
.

0,25
0,25
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
NB.AF=NC.AE
hay


NBC AEF


0,25
Xét trường hợp N thuộc cung BC chứa A, lấy N' đối xứng với N qua
BC, khi đó N' thuộc cung BC không chứa A, N'A < NA, N'B = NB,
N'C = NC. Áp dụng trường hợp trên ta có:
NA + NB + NC < N'A + N'B + N'C

EF.
Vậy trong mọi trường hợp thì NA + NB + NC có giá trị lớn nhất là
EF, đạt được khi


a b c d A(a b c d ) B(a b c d )
C(a b c d) 4abcd
            
    

0,25
Suy ra:
4 4 4 4 3 3 3 3 2 2 2 2
a b c d 4abcd A(a b c d ) B(a b c d )
C(a b c d)
           
   

Vì A,
2 2 2 2
a b c d, a b c d
     
chia hết cho p nên
4 4 4 4
a b c d 4abcd
   
chia hết cho p.
0,25