ĐÁP ÁN ĐỀ THI VAO 1O(3)

Hớng dẫn chấm Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Môn: Toán (dành cho Chuyên Toán) Bài 1 (2,5 điểm) Câu a) (1 điểm) Phơng trình 0224 2 =+ xx có hai nghiệm trái dấu nên ta có: 0224 2 =+ aa (với a > 0) (1). (0,25 điểm) Từ (1) ta có: 22 1 2 a a = ; 8 21 2 4 aa a + = . (0,25 điểm) Từ đó 24 1 1 aaa a S ++ + = = 24 1 aaa +++ (0,25 điểm) = 22 1 8 88 8 21 2 aaaa + + + + = 2 22 1 22 3 = + + aa . Vậy S = 2 . (0,25 điểm) Câu b) (1,5 điểm) 0115103 =++ xx (1). Điều kiện để (1) có nghĩa là x 2. (0,25 điểm) Ta lần lợt có các phơng trình sau: 115103 =+ xx 1215103 2 +=+ xxx (0,25 điểm) xxx 25103 2 = 9(10 5x) = x 4 4x 3 + 4x 2 x 4 4x 3 + x 2 + 45x 90 = 0 (0,25 điểm) (x 2)(x + 3)(x 2 5x + 15) = 0 (0,25 điểm) Phơng trình cuối có hai nghiệm x = 2 và x = 3. (0,25 điểm) Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có nghiệm x = 2 thỏa mãn phơng trình (1). Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. (0,25 điểm) Bài 2 (2,5 điểm) Câu a) (1 điểm) Ta có: 22 15)526( xyxy = 6yx 2 2y 2 5y + 15x 2 = 0 (0,25 điểm) 2y(3x 2 y) + 5(3x 2 y) = 0 (0,25 điểm) 1 (3x 2 y)(2y + 5) = 0 = = 2 5 3 2 y xy (0,25 điểm) Trên hệ trục tọa độ Oxy, tất cả các điểm thỏa mãn đề ra là các điểm nằm trên đờng thẳng 2 5 = y và parabol y = 3x 2 . (0,25 điểm) Vẽ hình: (hình bên). (0,25 điểm) Câu b) (1,5 điểm) (3) 1 18 3 3 3 (2) 56152 (1) 0 2 222 = ++ = > y y x yyxxy y Ta có (2) = = (1)) do (loại 2 5 3 2 y xy (0,25 điểm) Thay y = 3x 2 vào (3) ta có: ( ) 1 6 33 2 22 =++ x xx (4). điều kiện x 0. (0,25 điểm) (4) ( ) )3(933 224 +=++ xxx ( ) ( ) ( ) 333333 2224 +++=++ xxxx 033 24 =++ xx (0,25 điểm) 0 4 1 33 4 1 2224 = +++++ xxxx 0 2 1 3 2 1 2 2 2 2 = + + xx 013 22 =++ xx (0,25 điểm) 31 22 +=+ xx x 4 + 2x 2 + 1 = x 2 + 3 2 x y O 1 1 3 5/2 y = 3x 2 y = 5/2 x 4 + x 2 2 =0 x = 1 . (0,25 điểm) Thay vào y = 3x 2 , ta có y = 3. Kết luận: có hai cặp số thỏa mãn đề ra là (1 ; 3) và (1 ; 3).(0,25 điểm) Bài 3 (2 điểm) Câu a) (1 điểm) Giả sử số 2006 2007 có n chữ số. Ta có 10 6021 = 1000 2007 < 2006 2007 < 10 n n > 6021. Ta sẽ chứng minh số 2006 2007 + 2 2008 cũng có n chữ số. (0,25 điểm) Giả sử số 2006 2007 + 2 2008 có nhiều hơn n chữ số, khi đó ta có: 2006 2007 + 2 2008 10 n > 2006 2007 2 2007 .1003 2007 + 2.2 2007 2 n .5 n > 2 2007 .1003 2007 1003 2007 + 2 2 n 2007 .5 n > 1003 2007 . (0,25 điểm) Vì 2 n 2007 .5 n là số nguyên nên chỉ xảy ra hai trờng hợp sau: Trờng hợp 1: 2 n 2007 .5 n = 1003 2007 + 1. Lúc này, vế trái chia hết cho 5, trong khi đó vế phải bằng: số 501 444 1003. . .1003.1003 . 11003 3 + , rõ ràng số có giá trị số 501 444 1003. . .1003.1003 có tận cùng là 1, 1003 3 có số tận cùng là 7, vậy vế phải là số có tận cùng là 8 nên vế phải không chia hết cho 5, trờng hợp này không thỏa mãn. (0,25 điểm) Trờng hợp 2: 2 n 2007 .5 n = 1003 2007 + 2. Rõ ràng trờng hợp này cũng không xảy ra vì vế trái là số chẵn, còn vế phải là số lẻ. Vậy điều giả sử số 2006 2007 + 2 2008 có nhiều hơn n chữ số là sai, từ đó suy ra điều phải chứng minh. (0,25 điểm) 3 Câu b) (1 điểm) *) Giả sử hệ (I) =+ =+ =+ baycx acybx cbyax có nghiệm, ta sẽ chứng minh abccba 3 333 =++ . Ta chứng minh bằng phản chứng: Giả sử abccba 3 333 ++ suy ra 0])()())[(( 2 1 222 ++++ accbbacba . a + b + c 0 (1) và không xảy ra trờng hợp a = b = c (2). Vì hệ (I) có nghiệm nên (x 0 ; y 0 ) sao cho =+ =+ =+ baycx acybx cbyax 00 00 00 (II). (0,25 điểm) Cộng các vế lại với nhau ta có x 0 + y 0 = 1 y 0 = 1 x 0 thay vào (II) ta có: = = = abxac caxcb bcxba 0 0 0 )( )( )( Nếu a = b c = b a = c a = b = c trái với (2). Tơng tự nếu b = c hoặc c = a thì cũng suy ra a = b = c trái với (2). Nếu a b; b c; c a cb ca ba bc = (a b) 2 +(b c) 2 +(c a) 2 = 0 a = b = c trái với (2). Từ đó suy ra điều phải chứng minh. (0,25 điểm) *) Giả sử abccba 3 333 =++ , ta chứng minh hệ (I) có nghiệm, thật vậy: abccba 3 333 =++ =++ == 0cba cba . Trờng hợp 1: a = b = c, khi đó dễ thấy (I) có nghiệm. (0,25 điểm) Trờng hợp 2: a + b + c = 0 c = (a + b) khi đó (I) =+ +=+ aybabx babyax )( )( Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì rõ ràng hệ có nghiệm. 4 Nếu a 0 và b 0, khi đó 0 )( 22 + ++ = + + bab baba ba b b a . )( ba b b a + hệ có nghiệm dẫn tới điều phải chứng minh. (0,25 điểm) Bài 4 (3 điểm) Câu a) (2 điểm) *) Phần thuận: Vì BC // MN, theo định lí Ta lét ta có: DN CB FD CF = (1); CB AM EB AE = (2). (0,25 điểm) Theo giả thiết ta có: EB AE FD CF = nên từ (1) và (2) ta có : CB AM DN CB = AB AM DN CD = dẫn đến hai tam giác vuông MAB và CDN đồng dạng với nhau.(0,25 điểm) Vì vậy, DNC = MBA mà BMA + MBA = 90 0 BMA + DNC = 90 0 MPN = 90 0 (0,5 điểm) P nhìn BC dới một góc vuông P thuộc nửa đờng tròn đờng kính BC, nằm ngoài hình vuông ABCD, trừ đi hai điển B và C. (0,25 điểm) *) Phần đảo: Lấy điểm P bất kì thuộc nửa đờng tròn đờng kính CB (nằm ngoài hình vuông ABCD, không trùng với B và C), PC cắt DA kéo dài tại N, PB cắt DA kéo dài tại M, E là giao điểm của CM với BA, F là giao điểm của NB với CD, ta phải chứng minh CF = AE. (0,25 điểm) Vì NPM = 90 0 PNM + PMN = 90 0 mà ABM + PMN = 90 0 PNM = ABM nên hai tam giác vuông DNC và ABM đồng dạng với nhau, ta có: CFAEFDEB FD FDCD EB BEAB FD CF EB AE ND CB CB AM ND CD AB AM == = === Vậy ta có điều phải chứng minh. (0,25 điểm) Kết luận: Quỹ tích của điểm P là nửa đờng tròn đờng kính BC, nằm ngoài hình vuông ABCD, trừ đi hai điển B và C. (0,25 điểm) 5 M NA D E F B C P Câu b) (1,5 điểm) Gọi S 1 , S 2 , S 3 lần lợt là diện tích các tam giác ABI, BIC, CAI. Chú ý rằng hai tam giác có cùng đờng cao thì tỉ số diện tích của chúng bằng tỉ số hai cạnh đáy. (0,25 điểm) Ta có: 2 31 1 1111 S SS SS SS S S S S IA AI CIABIA ACIABI CIA ACI BIA ABI + = + + === tơng tự: . ; 1 32 13 21 1 S SS IC CI S SS IB BI + = + = (0,25 điểm) Theo bất đẳng thức Cô si ta có: + + + = = 1 3 1 2 2 3 1 1 1 2 3 1 1 3 1 2 2 3 1 2 3 AI BI CI S S S S S S . . . . IA IB IC S S S 2 S S .2 S S .2 S S 8 S S S (0,25 điểm) Đẳng thức sảy ra khi S 1 = S 2 = S 3 = 3 1 S 11 2 IB BI IA AI == , lúc đó I là trọng tâm của tam giác ABC. (0,25 điểm) --------------------------------------- Chú ý: +) Nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. +) Bài hình không có hình vẽ thì không chấm. 6 A CB I A 1 B 1 C 1 . Hớng dẫn chấm Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Môn: Toán (dành cho Chuyên Toán) Bài 1 (2,5 điểm) Câu a) (1 điểm) Phơng. 2 5 3 2 y xy (0,25 điểm) Trên hệ trục tọa độ Oxy, tất cả các điểm thỏa mãn đề ra là các điểm nằm trên đờng thẳng 2 5 = y và parabol y = 3x 2 . (0,25 điểm)