TSL10 Chuyen Toan Thanh Hóa(v2) 10-11

Sở giáo dục và đào tạo
THANH HóA
Đề thi gồm có 01 trang
kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn
NĂM HọC: 2010 - 2011
Môn: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2010

Câu 1: (2,0 điểm)
1. Giải phơng trình:
3
3 140 0x x+ =
.
2. Không dùng máy tính, tính giá trị biểu thức:
3 3
70 4901 70 4901P = + +
.
Câu 2: (2,5 điểm)
1. Cho parabol (P):
2
1
4
y x=
và đờng thẳng (d): y = -1. Gọi M là một điểm bất kỳ
thuộc (P). Tìm trên trục tung tất cả các điểm sao cho khoảng cách từ M đến điểm đó bằng
khoảng cách từ M đến đờng thẳng (d).
2. Cho ba số không âm a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: b + c

16abc. Chỉ rõ

dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 3: (1,5 điểm)
Giải hệ phơng trình sau (với x > 0, y < 0):
2 2
1 10 10 1
3 3
82
9
x x y y
y y
x y

+ + + = + +




+ =


Câu4: (3,0 điểm)
Tam giác ABC có
ã
0
105BAC =
, đờng trung tuyến BM và đờng phân giác trong CD cắt
nhau tại K sao cho KB = KC. Gọi H là chân đờng cao hạ từ A của tam giác ABC.
1. Chứng minh rằng: HA = HB.
2. Tính số đo các góc
ã

ABC
và
ã
ACB
.
Câu 5: (1,0 điểm)
Ký hiệu [x] là phần nguyên của số thực x. Tìm các số thực x thoả mãn:
8 1 4 1 16 7
6 3 9
x x x+

+ =


.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: .
Đề chính thức
Sở giáo dục và đào tạo
Thanh hoá
kỳ thi vào lớp 10 thpt chuyên lam sơn
năm học: 2010 - 2011
ĐáP áN Đề THI CHíNH THứC
Môn: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2010
Đáp án này gồm có 04 trang
H ớng dẫn chung :
* Lời giải nêu trong đáp án, nói chung, là lời giải vắn tắt. Khi làm bài, học sinh phải nêu

đầy đủ và chính xác các suy luận thì mới đợc điểm.
* Các câu hình học: Nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm
điểm. Nếu học sinh thừa nhận kết quả của ý trên để giải ý dới thì không chấm điểm ý dới.
* Các cách giải khác với cách nêu trong đáp án này mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa của
phần (câu) tơng ứng.
* Điểm của toàn bài không làm tròn.
Câu
ý
Nội dung Điểm
I
(2,0đ)
1
(1,0đ)
3 2
3 140 0 ( 5)( 5 28) 0x x x x x+ = + + =
0,5
5 0x =
(Vì
2
2
5 87
5 28 0,
2 4
x x x x

+ + = + +
ữ

). 0,25
5x =

Vậy, phơng trình có nghiệm duy nhất: x = 5.
0,25
2
(1,0đ)
Với
3 3
70 4901 70 4901P = + +
ta có:
3 3
140 3 3 140 0P P P P= + =
0,5
Do đó P là nghiệm của phơng trình:
3
3 140 0x x+ =
.
Theo ý 1, phơng trình trên có nghiệm duy nhất:
0
5x =
0,25
Vậy
3 3
70 4901 70 4901 5P = + + =
. 0,25
2
(2,5đ)
1
(1,5đ)
Giả sử E(0; y
0
) là một điểm trên trục tung.

Do M (P) nên
2
1
;
4
M x x

ữ

và khoảng cách từ M đến (d) là:
2
1
1
4
h x= +
; độ dài
2
2 2
0
1
4
ME x x y

= +
ữ

(dùng pitago để tính).
0,5
Từ đó:
2 2

2 2 2
0
1 1
1
4 4
x x y x

+ = +
ữ ữ

với x. 0,25
2 2 2 2
0 0
1 1
1
2 2
x x y y x + = +
với x.
0,25
2
2 2
0 0
1 1
1 0
2 2
x y y

+ =
ữ

với x.
Yêu cầu bài toán đợc thoả mãn khi:
0
0
2
0
1 1
0
1
2 2
1 0
y
y
y

=

=


=

Vậy có duy nhất một điểm E thoả mãn bài toán: E(0; 1).
0,5
2
(1,0đ)
Trớc hết chứng minh: (x + y)
2
4xy với mọi x, y.
Đẳng thức xảy ra khi: x = y

0,25
áp dụng ta có: (a + b + c)
2
= [a +(b + c)]
2
4a(b + c). Đẳng thức
xảy ra khi: a = b + c
1
2
a =
(*)
Do a + b + c = 1 nên bất đẳng thức trên suy ra: 1 4a(b + c)
b + c 4a(b + c)
2
(do b + c không âm)
0,5
Nhng lại có (b + c)
2
4bc. Đẳng thức xảy ra khi: b = c (**)
Suy ra: b + c 16abc.
Từ (*) và (**) có: đẳng thức xảy ra khi
1 1
2 4
a b c= = =;
.
0,25
3
(1,5đ)
Ta có:
1 1

x x
y y
+ +
và
10 10
3 3
x y x y + +
Suy ra:
1 10 10 1
3 3
x x y y
y y
+ + + + +
.
0,25
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
1
0
10
0
3
x
y
x y

+

+


Do đó, hệ đã cho tơng đơng với:
2 2
1
0
10
0
3
82
9
0,
x
y
x y
x y
x

+



+



+ =

>

(1)
(2)
(3)
y < 0 (4)
0,25
Từ (1) và (2) ta có:
2
10 1 10
1 0
3 3
y y y
y
+ + +
(*) 0,25
3
Từ (2) có:
2 2
2 2 2 2
10 10 82
3 3 9
y x y y x y

+ + + + =
ữ ữ

2
10

1 0
3
y y + +
(**)
0,25
Từ (*) và (**) suy ra:
2
3
10
1 0
1
3
3
y
y y
y
=


+ + =

=

. 0,25
Từ đó, hệ đã cho có 2 nghiệm:
1
; 3
3

ữ

và
1
3;
3


ữ

. 0,25
4
(3,0đ)
1
(2,0đ)
H
K
M
D
A
B
C
Nối HM khi đó MH = MA = MC suy ra:
ã
ã
ã
2MHC MCH BC K= =
.
0,25
Theo giả thiết:

ã
ã
KB KC KBC KCB= =
.
Do vậy:
ã
ã
2MHC KBC=
(1).
0,25
Mặt khác:
ã
ã
ã
MHC KBC HMB= +
(2).
Từ (1) và (2) có:
ã
ã
KBC HMB=

HBM
cân tại H MH = HB.
0,5
Giả sử
,HA HB>
khi đó
ã
ã ã
0

45ABH BAH BAH> <
và
ã
0
45ABH >
.
Vì
ã ã
0
105BAH CAH+ =
nên
ã
0
60CAH >
.
0,5
Tam giác AMH cân tại M nên
ã
ã
ã
0 0
60 60AHM HAM AMH= > <
.
Do đó
HA
MH HB< =
(mâu thuẫn).
0,25
Tơng tự, nếu HA < HB ta cũng gặp điều mâu thuẫn.
Vậy: HA = HB.

0,25
2
(1,0đ)
Từ kết quả ý 1 suy ra
AHB

vuông cân tại H
ã
ã
0
45BAH ABH= =
.
0,5

ã
ã
0 0
60 30HAC ACB= =
.
0,25
Vậy:
ã
ã
0 0
45 , 30ABC ACB= =
. 0,25
5
(1,0đ)
Đặt
4 1

,
3
x
y

=
ta có:
[ ]
1 4 1
2 3
y
y y


+ + =


. 0,25
Mặt khác:
[ ] [ ] [ ]
1 4 1
2 2
2 3
y
y y y y


+ = =

0,25
4
§Æt
1
4 1 3 1 3 1
1
0
3 2 2
t
y t t
t t t t
t
= −

− + +
 
= ⇒ = ⇒ ≤ < + ⇒

 
=
 

.
0,25
Tõ ®ã ta cã:
1
8
7
16
x

x

= −



=


0,25
5