[r]
(1)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)
(2)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
(3)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
(4)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