Dap an chuyen Toan Hai Duong 2009

[r]

1

HƯỚNG DẪN CHẤM

CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM

CÂU I 2,5 điểm

1) 1,5điểm

   



 



2

2

x y xy (1) xy 3x (2) Từ (2)  x  Từ

2

4 3x y

x



 , thay vào (1) ta có:

0.25

2

2

2 3x 3x

x x

x x

   

   

  0.25



7x 23x 160 0.25

Giải ta 2 16

x hc x =



0.25 Từ

x       1 x y 1; x2 16 x y

7 7

     

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

 

4 7 ;

7 ;

 

 

 

 

4 7 ;

7 0.25 2)

1,0điểm

Điều kiện để phương trình có nghiệm:  x' 0.25 m 5m (m 2)(m 3)

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

x'

   m 2 0 vµ m 3 0  2 m 3, mµ mZ

 m = m = 0.25

Khi m = x'= 0x = -1 (thỏa mãn)

Khi m = x'= 0 x = - 1,5 (loại) 0.25

Vậy m = 0.25

CÂU II 2,5 điểm

1) 1,5điểm

Đặt a x; b  x (a, b 0)

2 2

a b 4; a b 2x

     0.25

 3   2 

2 ab a b ab a b a b ab A

4 ab ab

     

  

  0.25

    

2 ab a b ab

A ab a b

4 ab

  

    

 0.25

 

A 2ab a b

    0.25

 2     

A a b 2ab a b a b a b

        0.25

2

A a b 2x A x

      0.25

2) 1,0điểm

3

a m b m c (1) Giả sử có (1)

3

b m c m am (2)

   

Từ (1), (2) (b2ac) m3 (a m bc) 2 

0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2009-2010

2 Nếu

a m bc 0

2

2

a m bc m

b ac



 

 số hữu tỉ Trái với giả thiết!

2

2

b ac b abc

a m bc bc am

    

 

 

  

 

  0.25

3 3

b a m b a m

    Nếu b0 thì3 m b

a

 số hữu tỉ Trái với giả

thiết!  a 0;b0 Từ ta tìm c = 0.25 Ngược lại a = b = c = (1) ln Vậy: a = b = c = 0.25 CÂU III

2 điểm

1) 1,0điểm

Theo f(x) có dạng: f(x) = ax3

+ bx2 + cx + d với a nguyên dương 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 dương nên 16a + 2010>1 Vậy f(7)-f(1) hợp số 0.25 2)

1,0điểm    

  2 2   2

P x x

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2) 0.25 Ta chứng minh được: AB x x 3    2 1 22  25 1  26

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

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



   



x

x

x Thử lại x = A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc

đoạn OB Vậy MaxP 26 x = 0.25 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 A

 MA trung trực DE

 MD = ME 0.25

2)

1,25điểm 0.25

K

E

B C

A N

M

P

3

K

E

B C

A N

M

P

D

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

NMB NAB 180 NMB DEK  180

Theo giả thiết  DMKNMP DMK DEK180

Tứ giác MDEK nội tiếp 0.25

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

với AM phân giác DABM tâm đường tròn bàng tiếp góc

DAK tam giác DAK 0.25

CÂU V 1 điểm

D' B' A'

O

C A

B

D

Không tổng quát giả sử:ABAC Gọi B’ điểm cung 

ABC AB'CB'

Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho BA’ = BAAB BC CA' 0.25 Ta có: B'BCB' AC B'CA (1) ; B'CA B'BA180 (2)

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

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

đổi B’, A, C cố định) Dấu “=” xảy B trùng với B’ 0.25 Hoàn toàn tương tự gọi D’ điểm cung ADC ta

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

 Chu vi tứ giác ABCD lớn B, D điểm