SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TIỀN GIANG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Trường THPT Trương Định MÔN TOÁN
__________________________________________________________________________________________
Câu 1 : ( 3 điểm )
Giải phương trình :

Câu 2 : ( 3 điểm )
Cho tam giác ABC không cân tại A thỏa điều kiện
2
sin .sin sin
2
A
B C
=
. Gọi H, I, M lần lượt là chân đường
cao, đường phân giác trong , đường trung tuyến dựng từ A . Chứng minh rằng I là trung điểm của đoạn HM
Câu 3 : ( 2 điểm )
Cho a, b, c là 3 số nguyên sao cho hai phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 và ax
2
+ bx – c = 0 đều có nghiệm
hữu tỉ . Chứng minh rằng tích a.b.c chia hết cho 30
Câu 4 : ( 3 điểm )
Cho dãy số u
0
= 2009 ,
1
1
( 1,2,.......)
k k

(
)
2 2
2 2 2 2 1
10 5 10 11 10 5 10 11 2
x x
x
x x x x x x x x
+
− + + − − + − + − − − =
 ĐÁP ÁN
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1
+ Điều kiện :
2
10 11 0x x− − ≥
⇔ x ≤ -1 hoặc x ≥ 11 ( * )
+ Vì
nên đặt u =
2 2
10 5 10 11x x x x− + + − −
( Đk : u > 0 )
+ PT trở thành :
+ Đặt t =
2
x
u
 
 ÷
 ÷

⇒
2 2
10 5 10 11x x x x− + + − −
= 4 (2)
⇒
2 2
10 5 10 11x x x x− + − − −
= 4 (3)
+ Từ (2) , (3) ⇒
2
10 11x x− −
= 0 ⇒ x = -1 hoặc x = 11 ( thỏa (*) )
+ Thử lại , ta thấy x = -1 ; x = 11 là nghiệm của PT đã cho
Vậy , PT có nghiệm x = -1 ; x = 11
3
0.25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
2
+ Phân giác AI kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại I
/
⇒ I
/
là điểm giữa

u u
u
u
u
u
+
 
 
+ = ⇒ + =
 ÷
 ÷
 
 
 
 
⇒ + =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
I
/
M
I
H
C
B
A
+ Áp dụng định lí hàm số sin trong 2 tam giác ABI và ACI , ta có :

3
+ Vì 2 phương trình bậc hai đều có nghiệm hữu tỉ nên các biệt số của chúng phải là các số
chính phương tức là :
b
2
– 4ac = m
2
; b
2
+ 4ac = n
2
( m, n ∈ Z )
+ Nếu b
M
2 thì abc
M
2
Nếu b không chia hết cho 2 thì b = 2k + 1 ⇒ b
2
= 4k( k + 1) + 1 ≡ 1 ( mod 8 )
Vì b lẻ ⇒ m lẻ ⇒ m
2
≡ 1 ( mod 8 ) ⇒ 4ac = b
2
– m
2
≡ 0 ( mod 8 )
⇒ ac
M
2 nên abc cũng chia hết cho 2

M
5 tức abc
M
5
Vì abc chia hết cho 2, 3, 5 nên abc chia hết cho 30
2
0,5
0,5
0,5
0,5
4
+ Từ giả thiết ⇒ 0 < u
1
< u
2
< ……..< u
k
<…….(1)
∀ k ≥ 1 u
k + 1
- u
k
=
1
k
u
> 0 ⇒ (u
k + 1
+ u
k

> 2009 (2)
+ Từ (1) ta cũng có : ∀ k ≥ 1 u
k + 1
- u
k
=
1
k
u
≤
1
1
u
⇒ u
k + 1
+ u
k
-
1
1
u
≤ 2u
k
mà 2 = 2u
k
.
1
k
u
nên ta có

2 2
1 1
1 1
1
1
2( 1) .
n n
k k k k
k k
n u u u u
u
− −
+ +
= =
− ≥ − − −
∑ ∑
= (
2 2
1n
u u
−
) -
1
1
u
. (u
n
- u
1
)

1
2009 2.2009 3
2.2009
u
⇒ < + + −
< 2010 (3)
Từ (2) và (3) ⇒ [ u
2009
] = 2009
0,5
0,5
5
+ Ta cố định 4 đường thẳng song song và kí hiệu s(k) là số phần bị chia ra từ mặt phẳng
ứng với k cát tuyến
+ Ta có s(0) = 5 và s(1) = 10
+ Giả sử ta đã có k cát tuyến và mặt phẳng được chia thành s(k) phần . Ta xét cát tuyến
thứ k + 1 , đường thẳng này có với k + 4 đường thẳng đã cho n + 4 giao điểm , các giao
điểm đó chia đường thẳng này k + 5 phần ( trong đó có 2 nửa đường thẳng và n + 3
đoạn )
+ Vì mỗi đoạn hay nửa đường t5hẳng trên lại chia đúng 1 trong số s(k) phần mặt phẳng
làm đôi nên với cát tuyến thứ k + 1 này thì số phần mặt phẳng được tăng thêm là k + 5
+ Do đó s( k + 1 ) = s( k ) + k + 5
Cho k = 0, 1, 2, ……., 2008 và cộng lại ta được :
s( 2009 ) = 4.2009 + 5 + 2009( 2009 + 1 ) / 2 = 2.207.086
3
0,5
1,0
1,0
0,5
6

n
f x
+ Đặt t =
4
n
x
thì x =
4
n
t
⇒ f( t ) = f (
4
n
t
)
Vì hàm liên tục nên f (t ) = lim f (
4
n
t
) = f ( lim
4
n
t
) = f (1)
+ Từ đề bài , cho x = 1 ⇒ f
2
(1) = 2009
4
⇔ f (1) = ± 2009
2

B
A
S
+ Diện tích tam giác AMP nhỏ nhất ⇔ MP // BD và khi đó khối chóp S.AMNP có thể
tích nhỏ nhất trong khi đường cao của hình chóp này là lớn nhất
Vậy, thiết diện AMNP có diện tích nhỏ nhất khi thiết diện song song với BD
+ Khi thiết diện có diện tích nhỏ nhất tức là MP // BD
Trong tam giác ANC , áp dụng định lí cosin ta được AN =
2a
+ Hai tam giác SNM và SNP bằng nhau ⇒ NM = NP ⇒ Tam giác NMP cân tại N nên
AN và MP vuông góc nhau
+ Trong tam giác ANC , kẻ OI // SC ⇒ OI là đường trung bình ⇒ OI =
1
2
NC = SN nên
hai tam giác O
1
OI và O
1
SN bằng nhau ⇒ O
1
là trung điểm SO nên MP =
2
2
a
+ Diện tích thiết diện AMNP là S =
1
2
2a
2