DA tuyen sinh vao lop 10 chuyen toan_lam son-Thanh hoa

[r]

Hớng dẫn chấm thang điểm thi vào lớp 10 chuyên lam sơn Toán chuyên

Bài ( 2,0 điểm )

Do a + b + c +d = nên a + b + c = -d 0,5 Ta biến đổi nhân tử : bc – ad = bc + a(a +b + c ) = bc + a( a +b) +ac = (a + b )( a+ c ) Tơng tự ca – bd = ( b + c)( b +a ) ; ab – cd = (c +a)(c+b) 0,5 Suy : ( ab – cd)(bc – ad )( ca – bd ) = [(a+b)(b+c)(c+a)]2 0,5

Vì a ; b ; c số hữu tỉ nên :( a + b )( b + c)( c + a)là số hữu tỉ [(a+b)(b+c)(c+a)]2 số hữu tỉ không âm nên (abcd)(bcad)(cabd)=

= |(a+b)(b+c)(c+a)| số hữu tỉ 0,5

Bài (2,0 điểm)

Với k N ta cã

(2006k −2005)(2006k+1)= 2006(

1

20006k −2005 −

2006k+1) 1,0

VËy S2006 =

2006(1− 2007 +

1 2007 −

1

4013+ +

1

2006n −2005− 2006n+1) =

2006(1− 2006+1)=

n

2006+1 0,5 Biến đổi S2006 =

2006(

2006n+1−1 2006n+1 )=

1 2006(1−

1 2006n+1)<

1

2006 0,5 Bài (2,0 điểm )

Trng hp : xét x bất phơng trình ⇔x>3 Tập nghiệm T1(x) = (3 :+∞)={x∈R∨x>3} 1,0

Trờng hợp : Xét x < bất phơng trình ⇔1>5 (vơ lý) Vậy tập nghiệm bất phơng trình T(x) = {x∨x∈R; x>3}

Bài ( 2,0 điểm)

Để hai nphơng tr×nh cã nghiƯm chung ⇔ hƯ {x

2+mx+1=0

x2+x+m=0 có nghiệm 0,5 Đặt y = x2 ta cã hÖ :

{mx+y=−1

x+y=− m ta cã D = m – , Dx = m – , Dy = 1- m

2

0,5

Trêng hỵp : D = hệ vô nghiệm 0,5 Trờng hộ : D ta cã { x=−1

y=− m−1 0,5

Để hệ ban đầu có nghiệm y=x2 m1

=1⇔m=−2 0,5 VËy víi m = -2 th× hai phơng trình có nghiệm chung

Bài ( 2,0 ®iĨm)

x=0

x=−1

x=15

Vậy phơng trình cã tËp nghiÖm T(x) = {0;−1;1±√5

2 } 0,5 Bài (2,0 điểm)

Giao ca (d) v Ox : A( 1-m ; ) ; giao (d) Oy : B ( 0, m-1) 0,5 Ta có OA = |1−m|=|m−1|;OB=|m −1| 0,5 để SOAB =

m−1¿2=18 ⇔1

2OA OB=9⇔|m−1||m −1|=18⇔¿

0,5

m=1+3√2

m=1−3√2

m−1=3√2

m−1=−3√2⇔¿

⇔¿

KÕt luËn : với m = 132 thoả mÃn yêu cầu 0,5

Bài (2,0 điểm)

Do vai trũ ca x ; y; z bình đẳng nên giả sử x ≥ y ≥ z ≥1 xảy khả nng 0,5

Khả : x = y = z = 1; thay vµo ta cã = 12 ( vô lí )

Khả : x >1 ; y = z = 1; thay vµo ta cã x = x + 11 ( v« lÝ) 0,5 Khả : x y>1; z=1 ; thay vµo ta cã xy = 10 + x + y

⇔xy− x − y=10⇔x(y −1)−(y −1)=11⇔(x −1)(y 1)=11 Vì x y>1 nên :

{x 1=11

y −1=1 ⇔{

x=12

y=2

z=1

Hoán vị ta đợc nghiệm :

T(x) = {(12;2;1);(12;1;2);(1;2;12);(1;12;2);(2;1;12);(2;12;1)} 0,5

Khả 4: x y z>1 Đặt ẩn phụ {

u=x −2

v=y −2

t=z −2

Suy ra{xy==uv+2+2

z=t+2

;u ≥ v ≥ t 0 Thay vào phơng trình ta có ( u+ 2)( v + 2)( t + 2) = 15 + u + v +t

⇔15+u+v+t=uvt+2(uv+vt+tu)+4(u+v+t)+8

⇔7=uvt+2(uv+vt+tu)+3(u+v+t) +) u = v = t ( lo¹i ) = +) u ( lo¹i ) = 3u

+) u ≥ v ≥1;t=0 ( lo¹i ) = 2uv + 3(u +v ) cã 2uv + 3(u + v) +) u ≥ v ≥ t ≥1 ( lo¹i ) uvt + 2( uv + vt + tu) +3( u + v + t) >7 Vậy phơng trình có nghiệm nguyên

Bài ( 2,0 ®iĨm )

B M K C

Kẻ MH AB H ; MK  AC t¹i K 0,5 Theo tÝnh chất phân giác MH = MK (1) 0,5 Mặt khác MCA = MNA (2) ( hai góc có cạnh tơng ứng vuông góc) 0,5 Từ (1) (2) suy  MKC =  MHN ⇒MC=MN 0,5 Bài ( 2,0 điểm )

Din tớch tam giác ABC S1=a

√3

4 0,5 Diện tích hình quạt đờng trịn bán kính a có góc tâm 600 :

S2 = a

2

π

6 0,5 Diện tích hình viên phân tạo cạnh ABC cung nhỏ trơng cạnh : S3 = S2 S1 = a

2

(2π −3√3)

12 0,5 Vậy diện tích chung đờng trịn : S = S1 + 3S3 = a

2

2 ( 3) 0,5 Bài 10 (2,0 điểm )

H

A

B

B

A d

Mo M’

A’

Gọi A’ diểm đối xứng A qua (d) nên A’ B nằm hai phía có bờ (d) 0,5

Gäi Mo lµ giao điểm AB (d) Ta chứng minh MoA + MoB nhá nhÊt 0,5

LÊy M’ (d); M'≠ M

o; ta cã M’A + M’B = M’A’ + M’B (1)

M’A’ + M’B > A’B (2) ( Bất đẳng thức tam giác)

A’B = M

oA’ + MoB (3) ; MoA’ + MoB = MoA + MoB (4) 0,5

Tõ (1) ; (2) ; (3) ; (4) ta cã : M’A + M’B > M

oA + MoB