Đề thi và đáp án môn toán CHUYÊN tỉnh Hải Dương năm 2010-2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010
Đề thi gồm: 01 trang
Câu 1 (2,0 điểm)
1) Cho
3 3
1 12 135 12 135
1
3 3 3
x
 
+ −
 ÷
= + +
 ÷
 
.
Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức
( )
2
3 2
M= 9 9 3x x
− −
.
2) Cho trước

,a b R∈
; gọi
,x y
là hai số thực thỏa mãn
3 3 3 3
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

Chứng minh rằng:
2011 2011 2011 2011
x y a b+ = +
.
Câu 2 (2,0 điểm)
Cho phương trình:
3 2
1 0 (1)x ax bx+ + − =
1) Tìm các số hữu tỷ
a
và
b
để phương trình (1) có nghiệm
2 3x = −
.
2) Với giá trị
,a b
tìm được ở trên; gọi

1 2 3
; ; x x x
là ba nghiệm của
phương trình (1). Tính giá trị của biểu thức
5 5 5
1 2 3
1 1 1
S
x x x
= + +
.
Câu 3 (2,0 điểm)
1) Tìm các số nguyên
,x y
thỏa mãn điều kiện:
2 2 2 2
5 60 37x y x y xy+ + + =
.
2) Giải hệ phương trình:
( )
3 2
4
2 1 5 2 0
x x x y y
x x y

− = −


+ − + + =



Câu 4 (3,0 điểm)
Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R).
Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B
và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’ ; R’); D là tiếp điểm của
tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là
O’A). Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) tại M (điểm M khác điểm I ).
1) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh:
2
KB = KI.KJ
; từ đó suy ra KB = KD.
2) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một
đường tròn.
3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại
tiếp
Δ IBD
.
Câu 5 (1,0 điểm)
Mọi điểm trên mặt phẳng được đánh dấu bởi một trong hai dấu (+)
hoặc (
−
).
Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành
tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu.
Hết
Họ tên thí sinh: Số báo
danh:
Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị
2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010
Đáp án gồm : 04 trang
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
1 Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối
đa.
2 Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất
Hội đồng chấm.
3 Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Ý Nội dung Điểm
1 1
Cho
3 3
1 12 135 12 135
1
3 3 3
x
 
+ −
 ÷
= + +
 ÷
 
.Tính

( )
2
3 2
M= 9 -9 -3x x
.
1,00
Từ
3 3
1 12 135 12 135
1
3 3 3
x
 
+ −
 ÷
= + +
 ÷
 
( )
3 3
12 135 12 135
3 1
3 3
x
 
+ −
 ÷
⇒ − = +
 ÷
 

( )
3
3
3 3
12 135 12 135
3 1
3 3
x
 
+ −
 ÷
⇔ − = +
 ÷
 
( ) ( )
3
3 1 8 3 3 1x x⇒ − = + −
3 2
9 9 2 0x x⇔ − − =
( )
2
1 1M⇒ = − =
0,25
0,25
0,25
0,25
1 2
Cho trước
,a b R∈
; gọi x,y là hai số thực thỏa mãn

3 3 3 3
( )
x y a b
I
x y a b
+ = +


+ = +

.Chứng minh rằng:
2011 2011 2011 2011
x y a b+ = +
.
1,00
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
( )
3 3
x y a b
I
x y xy x y a b ab a b
+ = +


⇔

+ − + = + − +



(1)
(*)
( ) ( ) (2)
x y a b
xy a b ab a b
+ = +

⇔

+ = +

+/Nếu
0a b+ ≠
thì
(*) ⇔
x y a b
xy ab
+ = +


=

=> x, y là 2 nghiệm của phương trình
2
( ) 0X a b X ab− + + =
Giải ra ta có
;
x b x a
y a y b
= =

 
 
= =
 
=>
2011 2011 2011 2011
x y a b+ = +
.
+/Nếu
0a b+ =
=>
a b= −
.
Ta có hệ phương trình
3 3
0
0
x y
x y
x y
+ =

⇔ = −

+ =

.
=>
2011 2011
2011 2011

0
0
a b
x y

+ =


+ =


=>
2011 2011 2011 2011
x y a b+ = +
0,25
0,25
0,25
0,25
2 1
3 2
1 0 (1)x ax bx+ + − =
. Tìm
,a b Q∈
để (1) có nghiệm
2 3x = −
.
1,00
Thay
2 3x = −
vào (1)ta có :

( ) ( ) ( )
3 2
2 3 2 3 2 3 1 0 a b
− + − + − − =
( )
3 4 15 7 2 25a b a b⇔ + + = + +
+/Nếu
( )
4 15 0a b+ + ≠
=>
( )
7 2 25
3
4 15
a b
a b
+ +
=
+ +
(vô lí vì VT là số vô tỷ , VP là số hữu tỷ).
+/ Suy ra
( )
4 15 0a b+ + = ⇒
7 2 25 0
4 15 0
a b
a b
+ + =



+ + =

Giải hpt ,kết luận :
5
5
a
b
= −


=

0,25
0,25
0,25
0,25
2 2
Với a=-5 ;b=5. Tính giá trị của biểu thức
5 5 5
1 2 3
1 1 1
S
x x x
= + +
.
1,00
+/
5
5
a

b
= −


=

(1) có dạng
( )
( )
3 2 2
5 5 1 0 x-1 4 1 0x x x x x
− + − = ⇔ − + =
.
Không mất tính tổng quát coi
3
1x =
thì
1 2
, x x
là 2 nghiệm của phương
trình
( )
2
4 1 0x x− + =
( có
' 3 0∆ = >
) =>
1 2
1 2
4

1
x x
x x
+ =


=

+/
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2 14x x x x x x+ = + − =
.
+/
( ) ( )
3 3 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
52x x x x x x x x
+ = + + − =
.
+/
( ) ( ) ( )
5 5 2 2 3 3 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
724x x x x x x x x x x+ = + + − + =
=>S = 725
0,25
0,25

0,25
0,25
3 1
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn
2 2 2 2
5 60 37x y x y xy+ + + =
(1)
1,00
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
(1) 5 35 60 5 3 4 .x y x y xy x y xy xy⇔ − = − + − ⇔ − = − −
Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn,
VT 0≥
( ) ( )
5 -3 4 0 3 4xy xy xy⇒ − ≥ ⇔ ≤ ≤
.
Do
,x y Z∈
=>
xy Z∈
=>
3
4
xy
xy
=


=


.
0,25
0,25
0,25
+/
( )
2
2
3
3
0
xy
x y
x
x y
=

=


⇔
 
=
− =



(vô nghiệm trên Z).
+/

( )
2
2
4
2
2
4
0
xy
x y
x y
x y
x
x y
=

=
= =



⇔ ⇔
 

= = −
=
− =





.
Vậy
2
2
x y
x y
= =


= = −

là các giá trị cần tìm.
0,25
3 2
Giải hệ phương trình:
( )
3 2
4
(1)
2 1 5 2 0 (2)
x x x y y
x x y

− = −


+ − + + =



1,00
Điều kiện :
0y ≥
.
(1)
( )
( )
2
1 0
1
x y
x y x
x
=

⇔ − − = ⇔

= ±

.
+/Nếu
1x = ±
thay vào phương trình (2) ta có :
1 0 1y y− = ⇔ =
.
+/Nếu
0x y= ≥
Khi đó (2)
⇔

( )
4
2 1 4 2 0x x+ − + =
(3)
do
( )
4 4 2
2 1 2.2 .1 4x x x+ ≥ =
( )
4
2 1 2 2x x x⇒ + ≥ =
.
nên
( )
2
VT(3) 2( - 2 1) 2 1 0.x x x≥ + = − ≥
Do đó Pt (3)
4
1
1 1
1 0
x
x y
x

=

⇔ ⇔ = ⇒ =

− =



.
Vậy hệ phương trình có nghiệm
1 1
;
1 1
x x
y y
= = −
 
 
= =
 
0,25
0,25
0,25
0,25
4 1 K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh KB = KD. 1,00
H
J
O'
O
K
D
C
B
I
M
A

Do AO và AO’ là hai tia phân giác của
·
BAC
=> A,O,O’ thẳng hàng.
Có
¶
·
1
BJI IBK
2
= =
sđ
º
BI
;
·
BKI
chung
Δ KBI⇒
đồng dạng với
Δ KJB
(g.g)=>
2
KI KB
= KB =KI.KJ
KB KJ
⇒
(1)
Tương tự:
Δ KDI

đồng dạng với
Δ KJD
2
KI KD
= KD =KI.KJ
KD KJ
⇒ ⇔
(2)
Từ (1) và (2) =>
KB=KD
.
0,25
0,25
0,25
0,25
4 2 Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 1,00
+/Xét tam giác vuông ABO’ có:
2
AB =AH.AO'
(3)
+/ Có :
·
·
1
ABI AMB
2
= =
sđ
º
BI

;
·
BAI
chung
Δ ABI
đồng dạng với
Δ AMB
(g.g)
2
AB AI
= AB =AM.AI
AM AB
⇒ ⇒
(4).
Từ (3),(4) =>
AH AM
AI.AM=AH.AO' =
AI AO'
⇒
.
=>
Δ AHI
đồng dạng với
Δ AMO'
( vì
AH AM
=
AI AO'
;
µ

A
chung ).
=>
·
·
AHI=AMO'
=> tứ giác MIHO’ nội tiếp hay 4 điểm I, H, M, O’
cùng thuộc một đường tròn.
0,25
0,25
0,25
0,25
4 3
Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
Δ IBD
1,00
Do OD // O’B (cùng
⊥
AB)
AO OD R OI OI
AO' O'B R' O'M O'I
⇒ = = = =
nhưng OI cắt O’I và A,I,M thẳng hàng => OI // O’M.
=>
·
·
DOI=BO'M
.
mà
·

·
1 1
BDI DOI
2 2
= =
sđ
º
DI
và
·
·
1 1
BIM BO'M
2 2
= =
sđ
¼
BM
=>
·
·
BDI BIM
=
=>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp
ΔBID
hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
Δ IBD
.
0,25
0,25

0,25
0,25
5 Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành
tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu.
1,00
D
B
A
C
I
Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A. Do chỉ đánh bởi hai dấu (+), (
−
) nên tồn tại hai điểm cùng dấu , không mất tổng quát giả sử hai
điểm A, B cùng dấu và cùng dấu (+).
+ Nếu C có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABC là tam giác phải tìm.
+ Nếu C có dấu (- ) thì ta dựng điểm D sao cho ABDC là hình vuông.
_ Nếu D có dấu (+) thì tam giác ABD là tam giác cần tìm.
_ Nếu D có dấu (-) thì gọi I là giao điểm của AD và BC .
* Nếu I có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABI là tam giác
cần tìm.
* Nếu I dấu (-) thì dễ thấy tam giác vuông cân CID có ba
đỉnh cùng dấu (-) là tam giác cần tìm.
0,25
0,25
0,25
0,25