De thi vao lop 10 chuyen thai binh

Sở Giáo dục - Đào tạo
Thái Bình
Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Thái Bình
Năm học 2007-2008
Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phơng trình bậc hai x
2
+ bx + c = 0 ( x là ẩn số), có b + c = 1.
Xác định b, c để phơng trình đã cho có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện x
1
x
2
= 3.
Bài 2 (1,5 điểm)
Cho đa thức P(x) = x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d (a, b, c, d R), thoả mãn các điều kiện
sau: P(1) = 1, P(2) = 2, P(3) = 3 và P(4) = 4. Hãy tính P(5).
Bài 3 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn.
1. Đờng phân giác trong của góc
ã
BAC
cắt cạnh BC tại D. Gọi H là chân đờng
vuông góc hạ từ A xuống BC và M là trung điểm của BC. Biết rằng AD = l , AH = h
và AD là trung tuyến của tam giác MAH. Hãy tính bán kính đờng tròn ngoại tiếp
của tam giác ABC theo l và h.
2. Giả sử
ã ã
ACB 2.BAC=
. Chứng minh rằng AB
2
= BC.(BC+AC).
Bài 4 (1,0 điểm)
Giải phơng trình:

2 2 2
x 1 y y 9 z z 10 x 10
+ + =
(x, y, z là ẩn số )
Bài 5 (1,0 điểm)
Các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a
2
+ b
2
+ ab + bc + ca < 0.
Chứng minh bất đẳng thức a
2
+ b

2
< c
2
.
Bài 6 (1,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số nguyên khác 0, thoả mãn điều kiện a + b + c = 0.
Chứng minh rằng số M = 2a
4
+ 2b
4
+ 2c
4
là bình phơng của một số nguyên.
Bài 7 (1,0 điểm)
Giả sử số thực a thoả mãn điều kiện a
3
+ 2008a 2007 = 0.
Hãy tính giá trị của biểu thức
3 2 3 2
S 3a 2005a 2006 3a 2005a 2008
= + + +
.
Sở Giáo dục - Đào tạo
Thái Bình
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Thái Bình
Năm học 2007-2008
ĐáP án môn Toán
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)
Bài 1 (1,5 điểm)
Đề chính thức

Cho phơng trình bậc hai x
2
+ bx + c = 0 ( x là ẩn số), có b + c = 1.
Xác định b, c để phơng trình đã cho có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện x
1
x
2
= 3.
Cách Nội dung Điểm
Cách 1
Từ b + c = 1 nên phơng trình đã cho có hai nghiệm là
x 1
x c
=


=

0,5
* Nếu x
1
= 1; x
2
= c 1 c = 3
c = 2
Khi đó b = 1

0,5
* Nếu x
1
= c; x
2
= 1 c 1 = 3
c = 4
Khi đó b = 5
0,5
Cách 2
Các số b, c phải thoả mãn hệ điều kiện sau
b
2
4c > 0 (1)
b c = 1 (2)
x
1
+ x
2
= b (3) (x
1
, x
2
là 2 nghiệm của pt)
x
1
x
2
= 3 (4)
x

1
.x
2
= c (5)
Từ (3) (4) ta có x
1
=
b 3
2
+
x
2
=
b 3
2

0,5
Thay vào (5), ta đợc:
b 3 b 3
. c
2 2
+
=

2
b 9
4

= 1 b (vì b + c = 1)
b

2
+ 4b 5 = 0

b 1
b 5
=


=

0,5
Với b = 1 c = 2
b = 5 c = 4 (đều thoả mãn (1))
Kết luận: b = 1, c = 2
hoặc b = 5, c = 4
0,5
Bài 2 (1,5 điểm)
Cho đa thức P(x) = x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d (a, b, c, d R), thoả mãn các điều kiện
sau: P(1) = 1, P(2) = 2, P(3) = 3 và P(4) = 4. Hãy tính P(5).
Cách Nội dung Điểm
Cách 1
Đặt Q(x) = P(x) x (Q(x) là đa thức bậc 4 có hệ số của x
4
là 1)

Q(1) = P(1) 1 = 0
Q(2) = P(2) 2 = 0
Q(3) = P(3) 3 = 0
Q(4) = P(4) 4 = 0
0,5
Vậy Q(x) có 4 nghiệm là x = 1, x = 2, x = 3, x = 4
Q(x) = (x1) (x2) (x3) (x4)
0,5
Từ đó suy ra P(x) = Q(x) + x
= (x1) (x2) (x3) (x4) + x
Do đó P(5) = 4 . 3 . 2 . 1 + 5
= 29
0,5
Cách 2
Chú ý: Có thể làm theo cách sau:
Từ giả thiết, ta có hệ pt sau:
1 1 a b c d
2 16 8a 4b 2c d
3 81 27a 9b 3c d
4 256 64a 16b 4c d
a b c d 0
8a 4b 2c d 14
27a 9b 3c d 78
64a 16b 4c d 252
= + + + +


= + + + +

= + + + +


= + + + +

+ + + =


+ + + =



+ + + =


+ + + =

0,5
Giải hệ phơng trình này ta đợc:
a 10
b 35
c 49
d 24
=


=


=

=

(Phải trình bày cách giải hệ phơng trình này)
0,5
Vậy P(x) = x
4
10x
3
+ 35x
2
49x + 24
P(5) = 29.
0,5
Bài 3 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn.
1. Đờng phân giác trong của góc
ã
BAC
cắt cạnh BC tại D. Gọi H là chân đờng
vuông góc hạ từ A xuống BC và M là trung điểm của BC. Biết rằng AD = l , AH = h
và AD là trung tuyến của tam giác MAH. Hãy tính bán kính đờng tròn ngoại tiếp
của tam giác ABC theo l và h.
2. Giả sử
ã ã
ACB 2.BAC=
. Chứng minh rằng AB
2
= BC.(BC+AC).

ý Nội dung Điểm
1.
Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC.
AD cắt (O) tại N.
O, M, N thẳng hàng.
0,5
Vì M là trung điểm BC OM BC
Vậy MN // AH.
Lại có vuông AHD = vuông NMD
(DH = DM và
ã
ã
ADH NDM=
)
MN = AH
Vậy NMAH là hình bình hành.
0,5
Mà D là giao điểm 2 đờng chéo hình hình hành NMAH
D là trung điểm AN
OD AN.
0,5
Xét tam giác vuông ODN: DN
2
= NM.NO
ON =
2 2
DN
MN
=
l

h
.
Vậy bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC là R =
2
l
h
0,5
2.
Từ:
ã ã
ACB 2.BAC=

Dựng tia phân giác CE
à
ả
à
1 2
C C A= =
BCE ~ BAC (
à
B
chung,
à
à
1
C A=
)

BE BC
BC BA

=
hay
BE a
a c
=
(1)
(a = BC, b = CA, c = AB)
0,5
Theo tính chất phân giác
BE a
EA b
=

BE a
c a b
=
+

BE c
a a b
=
+
(2)
Từ (1) (2)
a c
c a b
=
+
c
2

= a(a+b) đpcm.
0,5
A C
B
Ec
b
a
1
2
A
B C
M
DH
O
N
h
l
Bài 4 (1,0 điểm)
Giải phơng trình:

2 2 2
x 1 y y 9 z z 10 x 10
+ + =
(x, y, z là ẩn số )
ý Nội dung Điểm
ĐK:
2
2
2
10 x 0

10 x 10
1 y 0 1 y 1
3 z 3
9 z 0













Với a, b R, ta có a.b
2 2
a b
2
+
. Dấu = xảy ra a = b.
áp dụng kết quả trên, ta có :
2 2
2
x 1 y
x 1 y
2
+

Dấu = xảy ra x =
2
1 y
2 2
2
y 9 z
y 9 z
2
+

Dấu = xảy ra y =
2
9 z
2 2
2
z 10 x
z 10 x
2
+

Dấu = xảy ra z =
2
10 x
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên với nhau, ta đợc :
2 2 2
x 1 y y 9 z z 10 x 10 + +
0,5
Vậy pt đã cho tơng đơng với:
2

2 2
2
2 2
2
2 2
2
2
2
x, y, z 0
x 1 y
x y 1
y 9 z
y z 9
z 10 x
z x 10
x, y, z 0
x 1
x 1
y 0
y 0
z 3
z 9
x 1
KL y 0
z 3



=

+ =

=

+ =

=

+ =




=


=

=

=

=


=

=

=


=

0,5
Bài 5 (1,0 điểm)
Các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a
2
+ b
2
+ ab + bc + ca < 0.
Chứng minh bất đẳng thức a
2
+ b
2
< c
2
.
ý Nội dung Điểm
Giả sử a
2
+ b
2
c
2
Từ gt a
2
+ b

2
+ a
2
+ b
2
+ 2(ab + bc + ca) < 0
0,5
Lại có:
a
2
+ b
2
+ a
2
+ b
2
+ 2(ab + bc + ca) a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca) = (a + b +
c)
2
(a + b + c)
2
< 0 (vô lý)
Vậy a
2

+ b
2
< c
2
đpcm.
0,5
Bài 6 (1,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số nguyên khác 0, thoả mãn điều kiện a + b + c = 0.
Chứng minh rằng số M = 2a
4
+ 2b
4
+ 2c
4
là bình phơng của một số nguyên.
Cách Nội dung Điểm
Cách 1
Từ a + b + c = 0 c = a b
c
4
= (a + b)
4
= a
4
+ 4a
3
b + 6a
2
b
2

+ 4ab
3
+ b
4
2c
4
= 2a
4
+ 8a
3
b + 12a
2
b
2
+ 8ab
3
+ 2b
4
0,5
Lúc đó: M = 2a
4
+ 2b
4
+ 2c
4
= 4a
4
+ 4b
4
+ 8a

3
b + 12a
2
b
2
+ 8ab
3
= 4a
4
+ 4b
4
+ 4a
2
b
2
+ 8a
3
b + 8a
2
b
2
+ 8ab
3
=
( )
2
2 2
2a 2b 2ab+ +
Do a, b, c Z 2a
2

+ 2b
2
+ 2ab Z
Từ đó suy ra đpcm.
0,5
Cách 2
Xét đa thức bậc ba mà 3 nghiệm là: x = a, x = b, x = c
P(x) = (x a) (x b) (x c)
P(x) = x
3
+ (ab + bc + ca)x abc (vì a + b + c = 0)
0,25
Do P(a) = P(b) = P(c) = 0 nên ta có hệ:
3
3
3
a (ab bc ca)a abc 0 (1)
b (ab bc ca)b abc 0 (2)
c (ab bc ca)c abc 0 (3)

+ + + =

+ + + =


+ + + =

0,25
Nhân 2 vế của các đẳng thức (1), (2), (3) thứ tự với 2a, 2b, 2c rồi cộng
lại, ta đợc:

2a
4
+ 2b
4
+ 2c
4
+ 2(ab + bc + ca) (a
2
+ b
2
+ c
2
) = 0
0,25
Mà a
2
+ b
2
+ c
2
= (a + b + c)
2
2(ab + bc + ca) = 2(ab + bc + ca)
2a
4
+ 2b
4
+ 2c
4
=

( )
2
2 ab bc ca

+ +

đpcm.
0,25
Chú ý:
Từ a + b + c = 0
(a + b)
2
= c
2
(a + b)
2
= c(a + b)
a
2
+ b
2
+ 2ab = ac bc
a
2
+ b
2
+ ab = ab ac bc
Do đó
( )
( )

2
2
2 2
a b ab ab bc ca+ + = + +
Bài 7 (1,0 điểm)
Giả sử số thực a thoả mãn điều kiện a
3
+ 2008a 2007 = 0.
Hãy tính giá trị của biểu thức
3 2 3 2
S 3a 2005a 2006 3a 2005a 2008
= + + +
.
ý Nội dung Điểm
Từ a
3
+ 2008a -2007 = 0 (1)
a
3
= 2008a + 2007
a
3
+ 3a
2
+ 3a + 1 = 2008a + 2007 + 3a
2
+ 3a + 1
(a + 1)
3
= 3a

2
2005a + 2008
0,5
Lại có (1) a
3
= 2008a - 2007
1 3a + 3a
2
a
3
= 1 3a + 3a
2
+ 2008a 2007
(1 a)
3
= 3a
2
+ 2005a 2006
Vậy S =
( ) ( )
3 3
3 3
1 a a 1
+ +
= 1 a + a + 1
= 2
0,5
Chú ý:
* Điều kiện bài toán số 7 bao giờ cũng tồn tại, vì pt: x
3

+ 2008x 2007 = 0 có
đúng 1 nghiệm thuộc khoảng (0 ; 1).
* Mọi cách giải khác mà hợp lý, vẫn cho điểm tối đa.
* Khi chấm, yêu cầu bám sát biểu điểm.
* Tổ chấm thảo luận để thống nhất biểu điểm chi tiết.
* Nếu trong lời giải có nhiều bớc liên quan với nhau, học sinh làm sai ở bớc nào thì
từ đó trở đi sẽ không đợc điểm.
* Điểm toàn bài không làm tròn (lấy đến 0,25đ).