Hướng dẫn giải đề thi vào 10 nam 2010 -2011( các trường chuyên)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN Thanh Hoá NĂM HỌC 2009-2010 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán ( Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Tin) SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN (Đề chung cho các thí sinh) Câu ý Nội dung Điểm 1 2,0 1 Điều kiện: 1;0 ≠≥ xx 1 2 1 22 1 2 1 42 233 2 ++ = − − = − − − + = xxx x x x x T 0,25 0,75 2 T lớn nhất khi 1 2 ++ xx nhỏ nhất, điều này xẩy ra khi 0=x Vậy T lớn nhất bằng 2 0,5 0,5 2 1 Giải hệ phương trình: 2x 2 – xy = 1 (1) 4x 2 +4xy – y 2 = 7 (2) Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ nên từ (1) ⇒ y = x x 12 2 − (*) Thế vào (2) được: 4x 2 + 4x. x x 12 2 − - 2 2 ) 12 ( x x − = 7 ⇔ 8x 4 – 7x 2 - 1 = 0 Đặt t = x 2 với t ≥ 0 ta được 8t 2 - 7t - 1 = 0 ⇔ t = 1 t = - 8 1 (loại) với t =1 ta có x 2 = 1 ⇔ x = ± 1 thay vào (*) tính được y = ± 1 Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 1 và x = -1 y = 1 y = -1 0,25 0,25 0,25 0,25 2 ĐK: 2010;2009;2 ≥−≥≥ zyx Phương trình đã cho tương đương với: 201022009222 −+++−=++ zyxzyx ( ) ( ) ( ) 0120101200912 222 =−−+−++−−⇔ zyx 2011;2008;3 =−==⇔ zyx 0,25 0,25 0,25 0,25 3 1 PT đã cho có biệt số ∆ = 4a 2 + 16a -151 PT có nghiệm nguyên thì ∆ = n 2 với n ∈ N Hay 4a 2 + 16a - 151 = n 2 ⇔ (4a 2 + 16a + 16) - n 2 = 167 ⇔ (2a + 4) 2 - n 2 = 167 ⇔ (2a + 4 + n)(2a + 4 - n) = 167 Vì 167 là số nguyên tố và 2a + 4 + n > 2a + 4 - n nên phải có: 2a + 4 + n = 167 2a + 4 - n = 1 4a + 8 = 168 a = 40 2a + 4 + n = -1 ⇒ 4a + 8 = -168 ⇒ a = -44 2a + 4 - n = -167 với a = 40 đựơc PT: x 2 - 83x = 0 có 2 nghiệm nguyên x = 0, x = 83 với a = - 44 thì PT có 2 nghiệm nguyên là x= -1, x = - 84 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Ta có: ' ' 1 2 (2 6 ) ; (2 19 )a bc b ac∆ = − ∆ = − Suy ra ' ' 1 2 (2 6 ) (2 19 )a bc b ac∆ + ∆ = − + − Từ giả thiết 19 6 9 12a b c+ + = , ta có tổng (2 6 ) (2 19 ) 4 (19 6 ) 4 (12 9 )bc ac c a b c c− + − = − + = − − = ( ) 2 2 9 12 4 3 2 0c c c− + = − ≥ . 0,25 0,25 0,25 AB C H a c b (Gồm 4 trang) Bài 1. Ý NỘI DUNG ĐIỂM a. 1,75đ ( ) ( ) x 7 x 3 2 x 1 A x 2 x 3 x 2 x 3 − + + = − + − − − − 0,25đ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x 7 x 3 x 3 2 x 1 x 2 x 2 x 3 − − + − + + − = − − 0,25đ ( ) ( ) x 7 x 9 2x 4 x x 2 x 2 x 3 − − + + − + − = − − 0,50đ ( ) ( ) x 2 x x 2 x 3 − = − − 0,25đ ( ) ( ) ( ) x x 2 x x 3 x 2 x 3 − = = − − − 0,50đ b. 0,75đ ( ) 2 x 3 2 2 2 1= − = − (Thoả mãn x ≥ 0; x ≠4; x ≠9) 0,25đ Thay ( ) 2 x 2 1= − vào A có: 2 1 A 2 4 − = − 0,25đ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 4 2 3 2 14 2 4 2 4 − + − = = − + 0,25đ Bài 2. Ý NỘI DUNG ĐIỂM a. 1,25đ Hoành độ điểm G là nghiệm của phương trình: (m-1)x - m 2 - 2m = (m - 2)x - m 2 - m + 1 0,25đ ⇔ x = m + 1 0,25đ Tung độ điểm G là: y = (m-1) (m+1) - m 2 - 2m 0,25đ ⇔ y = -2m - 1 0,25đ Toạ độ điểm G là (m + 1 ; -2m - 1) 0,25đ b. 0,75đ Có y = -2m - 1 = -2(m + 1) + 1 0,25đ Mà x = m + 1 ⇒ y = -2x + 1 0,25đ Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + 1 cố định. Chứng tỏ G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + 1 cố định khi m thay đổi 0,25đ Bài 3. Ý NỘI DUNG ĐIỂM a. 1,0đ ĐKXĐ: x ≠ 1; x ≠ -1 0,25đ Xét + + = + − − 2 1 1 1 0 x 1 x 1 x 1 ⇒ x - 1 + x + 1 + 1 = 0 0,25đ ⇔ 2x + 1 = 0 0,25đ Ý NỘI DUNG ĐIỂM ⇔ x = − 1 2 x = − 1 2 (thoả mãn ĐKXĐ) nên phương trình có 1 nghiệm duy nhất x = − 1 2 0,25đ b. 0,50đ ĐKXĐ: x ≠ -1 Xét   + =  ÷ +   2 2 x x 1 x 1 ⇔   − + =  ÷ + +   2 x x x 2.x. 1 x 1 x 1 ⇔   + − =  ÷ + +   2 2 x 2x 1 0 x 1 x 1 Đặt + 2 x x 1 = t ta có t 2 + 2t - 1 = 0 ⇔  = − +  = − −   t 1 2 t 1 2 0,25đ Giải = − + + 2 x 1 2 x 1 được  − + −  =   − − −  =   1 2 2 1 2 2 1 x 2 2 1 2 2 1 x 2 (thoả mãn x ≠ -1) Giải = − − + 2 x 1 2 x 1 được x ∈ φ Kết luận phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 . 0,25đ Bài 4. Ý NỘI DUNG ĐIỂM a. 1,5đ Tứ giác APMC có: · ·  =   =   o o PAC 90 (tÝnh chÊt t.tuyÕn) PMC 90 (gt) 0,50đ 0,50đ ⇒ · · + = o PAC PMC 180 0,25đ ⇒ Tứ giác APMC là tg nt 0,25đ OCA B P M x y Q F E Ý NỘI DUNG ĐIỂM 0,75đ Có · AMB = 90 o (Hệ quả gnt) (1) 0,25đ ⇒ · · +MAB MBA = 90 o (2) Có tứ giác APMC nội tiếp (cmt) ⇒ · · =MPC MAC (cùng chắn cung MC) Hay · · =QPC MAB (*) Chứng minh tương tự (*) có · · =PQC MBA Từ (2) (3) ⇒ · · · = = ⇒ = o o PQC QPC 90 PCQ 90 (4) 0,25đ Từ (1) (4) ⇒ · · = = o EMF ECF 180 ⇒ Tứ giác EMFC nt 0,25đ 0,75đ Tứ giác EMFC nội tiếp ⇒ · · =MEF MCF (cùng chắn cung MF) Hay · · =MEF MCQ (5) 0,25đ Tứ giác MQBC nội tiếp ⇒ · · =MCQ MBQ (cùng chắn cung MQ) (6) 0,25đ Xét    ÷   AB 0; 2 có · · =MBQ MAB (cùng chắn cung MB) (7) Từ (5) (6) và (7) ⇒ · · =MEF MAB ⇒ EF // AB 0,25đ b. 0,50đ Tứ giác APMC nội tiếp ⇒ EP.EC = EA.EM Tứ giác MCBQ nội tiếp ⇒ FC.FQ = FM.FB Có EC.EP = FC.FQ (gt) ⇒ EA.EM = FM.FB (8) Có EF // AB ⇒ = EM FM EA FB (9) Từ (9) (10) ⇒ EM 2 = FM 2 ⇒ EM = FM 0,25đ ∆EMC = ∆FMQ (gcg) ⇒ EC = FQ Mà EC.EP = FC.FQ ⇒ EP = FC 0,25đ Bài 5. (3) Ý NỘI DUNG ĐIỂM 0,5đ − + = − + = 2 2 2 2 x xy 2y B x xy 2y 1 Có x 2 + y 2 + xy = 1 ⇒ B = − + + + 2 2 2 2 x xy 2y x y xy * y = 0 có B = 1 * y ≠ 0 có   − +  ÷   =   + +  ÷   2 2 x x 2 y y B x x 1 y y Đặt = x t y có − + = + + 2 2 t t 2 B t t 1 ⇔ Bt 2 + Bt + B = t 2 - t + 2   + + ≥ >  ÷   2 3 t t 1 0 4 ⇔ (B-1)t 2 + (B+1)t + B - 2 = 0 (*) Tồn tại giá trị của B ⇔ pt (*) có nghiệm +) B = 1 dễ thấy có nghiệm +) B ≠ 1 ∆ = (B+1) 2 - 4(B-1)(B-2) ≥ 0 ⇔ 3B 2 - 14B + 7 ≤ 0 ⇔   − ≤  ÷   2 7 28 B 3 9 ⇔ − ≤ − ≤ 2 7 7 2 7 B 3 3 3 ⇔ − + ≤ ≤ 7 2 7 7 2 7 B 3 3 (2) KÕt hîp l¹i, ta cã − + ≤ ≤ 7 2 7 7 2 7 B 3 3 +  = +   = − −   = ⇔ ⇔ −   −   = ± + + =   − +  min 2 2 2 B 1 x .y B 1 x .y 2 2B 7 2 7 7-2 7 B víi B = 2 2B 2(B 1) 3 3 y x y xy 1 7 6B 3B +  = +   = − −   = ⇔ ⇔ −   −   = ± + + =   − +  max 2 2 2 B 1 x .y B 1 x .y 2 2B 7 2 7 7+2 7 B víi B = 2 2B 2(B 1) 3 3 y x y xy 1 7 6B 3B 0,50đ [...]... P = n3 n2 7n + 10 = n3 2n2 + n2 2n 5n +10 = (n 2)(n2 + n 5) n = 3 n 2 = 1 n = 2 P nguyờn t 2 n + n 5 = 1 n = 3 (loi) * n = 3 P = 7 * n = 2 P = 0 (loi) Vy n = 3 l giỏ tr cn tỡm b) 2010x = 2009y + 2008z (1) Nhn xột: V phi ln hn 1 nờn x > 0 2010x chn Ta cú 2009y l Suy ra z = 0 x (1) tr thnh 2 010 = 2009y + 1 Ta cú 2009y + 1 = (2008 + 1)y +1 2 (mod 4) Nu x 2 thỡ 2010x M4 (vụ lớ) Vy... ú 1 1 1 3 1 = x + y + z x 3 (1) x b+c > 2 (2 ) Ta cú : b + c > a x = 1 + a Vy : T (1) v (2 ) : x = 3 Suy ra : x = y = z = 3 ; hay tam giỏc ABC u Kè THI TUYN SINH VO LP 10 NM HC 2 010 - S GIO DC & O TO 2011 QUNG NGI Mụn thi: TON (H chuyờn) Thi gian lm bi: 150 phỳt CHèNH THC Gii Bi 1: (2,5 im) x 3 x + 3 9 a) M = ữ x ữ x 3 x x +3 x +3 x 3 x 6 x +9 x 6 x 9 ì = = 12 x x +3 x 3 b) KX: 4... 3 2 1 5 1 1 2 1 2 2 2 b + b (a + b ) + (a + b + ab) = a + b ; Dau :" =" a = b = 4 2 2 4 2 2 2 2 a + b ab 2 1 +8 17 Vây Min( P ) = 17 a = b = 1 Thay Vào (*) ta có 2 P = 2 2 2 17 HNG DN CHM K THI TUYN SINH VO LP 10 NM HC 2 010 101 1 S GIO DC V O TO AN GIANG Mụn:TON ( CHUYấN) A HNG DN CHM: 1 Hc sinh lm cỏch khỏc m ỳng vn cho im ti a 2 im chia nh ti 0,25 cho tng cõu Tng im ton bi khụng lm... T (1) v (2 ) : x = 3 Suy ra : x = y = z = 3 ; hay tam giỏc ABC u I HC QUC GIA H NI TRNG I HC KHOA HC T NHIấN THI TUYN SINH LP 10 H THPT CHUYấN NM 2 010 Cõu I 1) Gii h phng trỡnh 2 2 3 x + 8 y + 12 xy = 23 2 x + y 2 = 2 2) Gii phng trỡnh 2 x + 1 + 3 4 x 2 2 x + 1 = 3 + 8 x 3 + 1 Hớng dẫn 1) Cộng cả hai phơng trình ta đợc (2x+3y)2=25 Ta có hai hệ 2 x + 3 y = 5 2 2 x + y = 2 Và 2 x + 3 y = 5 ... dng im D sao cho BD = BA A ã à à ã ã Ta cú BAC = 108 0 B = C = 360 BDA = 720 ADC = 108 0 AC BC = AC2 = DC.BC (*) ABC DAC DC AC t BA = AC = BD = a, BC = x, th thỡ CD = x a 1+ 5 a x = 2 T (*) suy ra a2 = (x a).x x2 ax a2 = 0 1 5 a (loi) x = 2 1+ 5 a 1+ 5 Vy BC = :a = AC 2 2 ( ( ( ) ) ) S GIO DC V O TO BèNH THUN K THI TUYN SINH VO LP 10 TRNG THPT CHUYấN TRN HNG O HNG DN GII Bi 1: 1/... trờn mt ng thng c nh khi M thay i trờn on thng AC Hớng dẫn C j M H N A O B 1)BC=4R;AC= 2 3R ;AH= R 3 2) Ta có HNA = HAB = 30 0 nên C + NHC = 180 0 nên tứ giác CMNH nội tiếp tâm đờng tròn ngoại tiếp thuộc trung trực HC cố định Cõu IV 9 Vi a,b l cỏc s thc tho món ng thc (1 + a )(1 + b) = , hóy tỡm giỏ tr nh nht ca biu 4 4 4 thc P = 1 + a + 1 + b Hớng dẫn áp dụng BBĐT Bu nhi acópky cho 2 dãy a ;1 và 1;... )(1 + xy ) = 25 2) Vi mi s thc a, ta gi phn nguyờn ca s a l s nguyờn ln nht khụng vt quỏ a v ký hiu l [a] Chng minh rng vi mi n nguyờn dng ta luụn cú 3 7 n 2 + n + 1 + + =n n( n + 1) 1.2 2.3 Hớng dẫn 1)Phá ngoặc ( )( ) (1 + x )(1 + y ) + 4 xy + 2( x + y )(1 + xy ) = 25 ( xy + 1) 2 2 2 + 2( x + y )(1 + xy ) + ( x + y ) 2 = 25 ( xy + 1 + x + y ) 2 = 25 ( x + 1)( y + 1) 2 = 25 vì x,y không âm nên... v ca (2) ta c: ( x + y ) + 2 + xy + ( x + y ) + 1 = 16 (3) 1 * Th (1) vo (3) ta cú: xy + 5 + 2 xy + xy + 4 = 16 (4) 1.im t t = xy 0 , pt (4) tr thnh: 0 t 11 2 t 2 + t + 4 = 11 t 2 t =3 3t + 26t 105 = 0 x + y = 6 x = y =3 xy = 3 xy = 9; h (1)(2) xy = 9 *Ta cú : a 2 + b 2 2ab (do (a b) 2 0) 3 3 a 2 + b 2 + ab 3ab a 2 + b 2 + ab ab + ab (1) 2 2 * Li cú : 3 3 3 3 3 3 ab + ab a ì4 + 4 . KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN Thanh Hoá NĂM HỌC 2009-2 010 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán ( Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Tin) SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI. GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2 010- 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN (Đề chung cho các thí sinh) Câu ý Nội dung Điểm 1 2,0 1 Điều kiện: 1;0. y12f w38 h2e" alt="" SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO Năm học: 2 010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : Toán ( hệ số 2) ( Dành cho lớp chuyên