DAP AN DE THI VAO 1O3

[r]

Híng dÉn chÊm §Ị thi tun sinh vào lớp 10 chuyên

Môn: Toán (dành cho Chuyên Toán)

Bài 1 (2,5 điểm) Câu a) (1 điểm)

Phơng trình 4x2 2x 20 có hai nghiệm trái dấu nên ta có:

2

4a2 a  (víi a > 0) (1) (0,25 ®iÓm) Tõ (1) ta cã:

2 2 a

a   ;

8

1

4 a a

a    (0,25 ®iĨm)

Từ 4 2

1

a a a

a S

  



 =

1 a a

a    (0,25 ®iÓm)

=

2

8 8

2

1 a a2 a  a    

 = 2

2 2

3

  

 a

a

Vậy S = (0,25 điểm)

Câu b) (1,5 ®iĨm)

0 1 10

3  x  x  (1)

Điều kiện để (1) có nghĩa x ≤ (0,25 điểm) Ta lần lợt có phơng trình sau:

1

5 10

3  x  x

5 10

3  x x2  x (0,25 ®iĨm)

x x

x

5 10

3   

9(10  5x) = x4 4x3 + 4x2

x4  4x3 + x2 + 45x  90 = 0 (0,25 ®iĨm)

(x  2)(x + 3)(x2  5x + 15) = 0 (0,25 điểm)

Phơng trình ci cã hai nghiƯm x = vµ x = (0,25 điểm) Thử lại nghiệm ta thấy có nghiệm x = thỏa mÃn phơng trình (1)

Vậy phơng trình cho có nghiệm x = (0,25 điểm) Bài 2 (2,5 điểm)

C©u a) (1 ®iĨm)

Ta cã: 2

15 )

( x y x

y    

 6yx2 2y2  5y + 15x2 = (0,25 ®iĨm)

 (3x2  y)(2y + 5) = 0          y x y (0,25 điểm) Trên hệ trục tọa độ Oxy, tất điểm thỏa mãn đề điểm nằm đờng thẳng

2

 

y vµ parabol y = 3x2.

(0,25 điểm) Vẽ hình: (hình bên) (0,25 điểm) Câu b) (1,5 điểm)

(3) 18 3 (2) 15 (1) 2 2                          y y x y y x x y y

Ta cã (2) 

        (1)) (lo¹i y x y (0,25 ®iĨm)

Thay y = 3x2 vµo (3) ta cã: 3 3 1

2 2     x x x (4)

®iỊu kiƯn x  (0,25 ®iĨm)

(4)  x43 x2 39 (x23)

 x43 x23 3 x2 33 x2 3

 x4 x23 30 (0,25 ®iĨm)

 3

1 2

2             

x x x

x 

1 2

2                  x x

 x2 x2 310 (0,25 ®iĨm)

 x21 x23

 x4 + 2x2 + = x2 +

 x4 + x2 =0

 x = 1 (0,25 ®iĨm)

Thay vµo y = 3x2, ta cã y = 3.

Kết luận: có hai cặp số thỏa mãn đề (1 ; 3) (1 ; 3) (0,25 điểm) Bài 3 (2 điểm)

C©u a) (1 ®iÓm)

x y

O

1

5/2

y = 3x2

Giả sử số 20062007 có n chữ sè.

Ta cã 106021 = 10002007 < 20062007 < 10n n > 6021.

Ta sÏ chøng minh sè 20062007 + 22008 có n chữ số. (0,25 điểm)

Giả sử số 20062007 + 22008 có nhiều n chữ số, ta có:

20062007 + 22008 10n > 20062007

 22007.10032007 + 2.22007  2n.5n > 22007.10032007

 10032007 +  2n2007.5n > 10032007. (0,25 điểm)

Vì 2n2007.5n số nguyên nên xảy hai trờng hợp sau: Trờng hỵp 1: 2n2007.5n = 10032007 +

Lúc này, vế trái chia hết cho 5, vế phải bằng:

  

 

  

 



sè 501

4

4

1003 1003

1003 .

1 10033 ,

rõ ràng số có giá trị       

sè 501

4

4

1003 1003

1003 cã tËn cïng lµ 1, 10033 cã sè tËn cïng lµ

7, vËy vÕ phải số có tận nên vế phải không chia hết cho 5, trờng hợp

này không thỏa mÃn (0,25 điểm)

Trờng hợp 2: 2n2007.5n = 10032007 +

Rõ ràng trờng hợp không xảy vế trái số chẵn, vế phải số lẻ

Vy iu giả sử số 20062007 + 22008 có nhiều n chữ số sai, từ suy ra

Câu b) (1 điểm)

*) Giả sử hÖ (I)     

 

 

 

b ay cx

a cy bx

c by ax

cã nghiÖm, ta sÏ chøng minh a3b3c33abc

Ta chøng minh b»ng ph¶n chøng:

Gi¶ sư a3b3c33abcsuy ( )[( ) ( ) ( ) ]

1 abc a b 2 b c 2 c a  .

 a + b + c (1) không xảy trờng hợp a = b = c” (2)

V× hƯ (I) cã nghiƯm nªn (x0 ; y0) cho

    

 

 

 

b ay cx

a cy bx

c by ax

0

0

0

(II) (0,25 ®iĨm)

Céng vế lại với ta có x0 + y0 =  y0 =  x0 thay vµo (II) ta cã:

    

  

  

  

a b x a c

c a x c b

b c x b a

0 0

) (

) (

) (

 NÕu a = b  c = b  a = c  a = b = c trái với (2)

Tơng tự b = c c = a suy a = b = c tr¸i víi (2)

 NÕu a  b; b  c; c  a 

c b

c a b a

b c

    

 (a  b)2+(b  c)2+(c  a)2 =  a = b = c tr¸i víi (2).

Từ suy điều phải chứng minh (0,25 điểm) *) Giả sử a3b3c3 3abc, ta chứng minh hệ (I) có nghiệm, thật vậy:

abc c

b

a3 3 33    

  

 

0

c b a

c b a

Trờng hợp 1: a = b = c, dễ thấy (I) có nghiệm (0,25 điểm)

Trờng hợp 2: a + b + c =  c = (a + b) (I) 

  

  

   

a y b a bx

b a by ax

) (

) (

 NÕu a = b = rõ ràng hệ có nghiÖm

 Nếu a  b  0, ) (

2

 

    

b a b

b ab a b a

b b a



) (a b

b b

a

 

hệ có nghiệm dẫn tới điều phải chứng minh (0,25 điểm) Bài 4 (3 điểm)

Câu a) (2 ®iĨm)

*) 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 thiÕt ta cã:

EB AE FD CF



nên từ (1) (2) ta có : CB

AM DN

CB

 

AB AM DN

CD

 dÉn

đến hai tam giác vuông MAB

và CDN đồng dạng với (0,25 im)

Vì vậy, DNC = MBA mà BMA + MBA = 900  BMA + DNC = 900 MPN = 900

(0,5 ®iĨm)

 P nhìn BC dới góc vng  P thuộc nửa đờng trịn đờng kính BC, nằm ngồi hình vng ABCD, trừ hai điển B C (0,25 điểm)

*) Phần đảo: Lấy điểm P thuộc nửa đờng trịn đờng kính CB (nằm ngồi hình vng ABCD, không trùng với B C), PC cắt DA kéo dài N, PB cắt DA kéo dài M, E giao điểm CM với BA, F giao điểm NB với CD,

ta ph¶i chøng minh CF = AE (0,25 điểm)

Vì NPM = 900  PNM + PMN = 900 mµ ABM + PMN = 900  PNM = ABM nªn

hai tam giác vuông DNC ABM đồng dạng với nhau, ta có:

CF AE FD EB

FD FD CD EB

BE AB 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 điểm P nửa đờng trịn đờng kính BC, nằm ngồi hình vng ABCD, trừ hai điển B C (0,25 điểm) Câu b) (1,5 điểm)

Gọi S1, S2, S3 lần lợt diện tích tam gi¸c ABI, BIC, CAI

Chú ý hai tam giác có đờng cao tỉ số diện tích chúng tỉ số

hai cạnh đáy (0,25 điểm)

Ta cã:

M A D N

E

F

B C

2

1 1 1 S

S S S

S

S S

S S S

S IA

AI

CI A BI A

ACI ABI

CI A

ACI BI

A

ABI  

  

 

 

 

  



t¬ng tù: ;

1 3

2

1 S

S S IC

CI S

S S IB

BI 

 



(0,25 điểm) Theo bất đẳng thức Cơ si ta có:

  



 

1 2

1 1

1 2 3

AI BI CI S S S S S S

IA IB IC S S S

2 S S S S S S S S S

(0,25 điểm) Đẳng thức sảy S1 = S2 = S3 =

3

S



1

2

IB BI IA

AI



 , lúc I trọng tâm tam giác ABC (0,25 điểm)

-Chú ý: +) Nếu học sinh giải theo cách khác mà cho điểm tối đa +) Bài hình khơng có hình vẽ khơng chấm

A

C B

I A

1

B

1

C