Đề thi vào lớp 10 chuyên toán THPT chuyên Nguyễn Trãi năm học 2009-2010 tỉnh Hải Dương

 Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.

Sở giáo dục và đào tạo

HảI dơng

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trãi - Năm học 2009-2010 Hớng dẫn chấm gồm: 03 trang H

ớng dẫn chấm

câu I

2,5 điểm

1)

1,5điểm





2

x y xy 3 (1)

xy 3x 4 (2)

Từ (2)  x  0 Từ đó

2

4 3x y

x



 , thay vào (1) ta có:

0.25

2

Giải ra ta đợc 2 2 16

x 1 hoặc x =

7



0.25

Từ 2

x  1 x 1 y ; 1 2 16 4 7 5 7

0.25 Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);  

4 7 5 7

;

4 7 5 7

;

2)

1,0điểm

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x'0 0.25

m 5m 6 0 (m 2)(m 3) 0

        Vì (m - 2) > (m - 3) nên:

   m 2 0 và m 3 0 2m3, mà mZ

Khi m = 2   = 0  x = -1 (thỏa mãn)x' Khi m = 3   = 0  x = - 1,5 (loại) x' 0.25 Vậy m = 2

0.25

câu II

2,5 điểm

1) 1,5điểm

Đặt a 2x; b 2 x (a, b 0)

A

2 ab a b 4 ab

4 ab

2) 1,0điểm

a m b m  (1)c 0 Giả sử có (1)

b m c m am 0 (2)

Từ (1), (2)  (b2  ac) m3 (a m2  bc)

0.25

Nếu 2

a m bc0 3 m a m2 bc

b ac



 là số hữu tỉ Trái với giả thiết!

    Nếu b0 thì3 b

m a

 là số hữu tỉ Trái với giả

thiết!  a0;b0 Từ đó ta tìm đợc c = 0 0.25 Ngợc lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng Vậy: a = b = c = 0

0.25

câu III

2 điểm

1)

1,0điểm

Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a nguyên dơng

0.25

Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c  16b + 2c = (2010- 98a) 0.25

Ta có f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c) = 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) 3 0.25 Vì a nguyên dơng nên 16a + 2010>1 Vậy f(7)-f(1) là hợp số 0.25 2)

1,0điểm

  2 2   2 2

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25

Ta chứng minh đợc: AB x 2 x 3  21 2 2  25 1  26

OA x 221 , 2 OB x3222 0.25 Mặt khác ta có: OA OB AB x 2 2 12  x3222  26

0.25 Dấu “=” xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA





x 2 1

x 7

x 3 2 .Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn

câuIV

2 điểm

1)

0,75điểm

Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp  MAB MNB ,  MCAP nội tiếp  CAM CPM 

0.25 Lại có BNMCPM

(cùng phụ góc NMP)

 CAMBAM (1) 0.25

Do DE // NP mặt khác

MA NP MADE (2)

Từ (1), (2)  ADE cân tại A

 MA là trung trực của DE

 MD = ME

0.25

K

E

B C

A N

M

P

D

1,25điểm

K

E

B C

A N

M

P

D

Do DE//NP nên DEKNAB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:

Theo giả thiết DMKNMP     0

DMK DEK 180

Do MA là trung trực của DE  MEAMDA 0.25  MEA MDA   MEK MDC 0.25 Vì MEKMDK  MDK MDC  DM là phân giác của góc CDK, kết hợp

với AM là phân giác DAB  M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK

câu V

1 điểm

D'

B' A'

O

C A

B

D

Không mất tổng quát giả sử:AB AC Gọi B’ là điểm chính giữa cung

ABC  AB 'CB ' Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA  ABBCCA ' 0.25

Ta có: B 'BCB ' AC B 'CA (1) ;    0

B 'CA B 'BA 180 (2)    0

B 'BC B 'BA ' 180 (3);Từ (1), (2), (3)  B 'BA B 'BA ' 0.25 Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau  A 'B 'B ' A

Ta có  B ' A B 'C B ' A ' B'C A 'C= AB + BC ( B’A + B’C không

đổi vì B’, A, C cố định) Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’ 0.25 Hoàn toàn tơng tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung ADC thì ta cũng

có AD’ + CD’ AD + CD Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D’

 Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các

Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa.