Dap an de thi vao chuyen Phan Boi Chau Nghe an nam 2011-2012

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2011 - 2012
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 03 trang)
Môn: TOÁN
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1 7,0
a 3,5
Điều kiện:
5
5
8
x≤ ≤
(*) 0,5
Phương trình đã cho tương đương với:

2
3 15 3 2 45 9 8 5x x x x x+ − + − = −

2
45 9 4 10x x x⇔ − = −
0,5

2 2
5
2
45 9 16 80 100
x
x x x x


≥

⇔


− = − +

0,5

2
5
2
5 4 0
x
x x

≥

⇔


− + =

0,5

5
2
1
4

x
x
x

≥


⇔

=




=


0,5

4x
⇔ =
0,5
Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là
4x =
0,5
b 3,5
Hệ đã cho ⇔
( )
( )
2

2
1 ( 1) 4
1 1 2
( 1) 1 3
1 1
x y
x
y
+ + =


+ =

+ −
+ −

0,5
Đặt
1, 1u x v y= + = +

Hệ đã cho trở thành

2 2
4
1 1 2
1 1 3
uv
u v
=




+ =

− −

, ĐK :
1
1
u
v
≠ ±


≠ ±

(*)
1,0

( ) ( )
2 2 2 2 2 2
4
3 2 2 1
uv
u v u v u v
=


⇔


+ − = − − +



2 2
4
8
uv
u v
=

⇔

+ =

0,5

4
4
uv
u v
=

⇔

+ = ±

0,5

2

2
u v
u v
= =

⇔

= = −

( TM(*)) 0,5
Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là:
1 3
;
1 3
x x
y y
= = −
 
 
= = −
 
.
0,5
Trang 1/4
2 3,0
Ta có
2 2
5 2 4 40 0x xy y x+ + − − =

( ) ( )

2 2
2 1 41x x y⇔ − + + =
0,5
Vì
,x y ∈¢
,
2 1x
−
là số nguyên lẻ và
2 2
41 5 4= +
nên 0,5

( )
( )
2
2
2 1 25
16
x
x y

− =


+ =



2 1 5

4
x
x y
− = ±

⇔

+ = ±

1,0
Từ đó suy ra các cặp
( )
;x y
cần tìm là

( ) ( ) ( ) ( )
3;1 ; 3; 7 ; 2;6 ; 2; 2− − − −
1,0
3 6,0
a 4,0
Xét tam giác IAC và tam giác BDC có

·
·
IAC BDC=
0,5

·
·
ICA BCD=

0,5
Suy ra
IAC
∆
đồng dạng với
BDC
∆
(g.g)
0,5

IC BC
IA BD
⇒ =
(1)
0,5
Tương tự ta cũng có
IC AC
IB AD
=
(2)
0,5
Ta có
MBC
∆
đồng dạng với
MDB∆
(g.g)

MC BC

MB BD
⇒ =
(3)
0,5
Tương tự ta có:
MC AC
MA AD
=
(4)
0,5
Trang 2/4
M H
d
A
B
D
N
C
I
O
K
Vì MA = MB nên từ (1), (2), (3) và (4) suy ra IA = IB
0,5
b 2,0
Kẻ
OH d⊥
tại H. Gọi K là giao điểm của OH và AB.
Ta có M, O, I thẳng hàng và OI
⊥
AB.

0,5
⇒ ∆
OIK đồng dạng với
OHM
∆
suy ra OK.OH = OI.OM
0,5
Mà OI.OM = OB
2
2
OB
OK
OH
⇒ =
(không đổi) suy ra K cố định. 0,5
Vì OI
⊥
AB và O, K cố định nên I thuộc đường tròn đường kính OK cố định (ĐPCM).
0,5
4
2,0
BĐT cần chứng minh tương đương với

2 2 2
3
1 1 1 1
a b c b c a a b c
c a b c a b bc ca ab
   
  

+ + + + ≥ + + + +
 ÷ ÷ ÷
 ÷ ÷
  
   
(1)
0,25
Đặt
, , , , 0; 1
a b c
x y z x y z xyz
b c a
= = = ⇒ > =
0,25
Khi đó (1) trở thành:

( ) ( )
3
1 1 1 1
x y z
xy yz zx x y z
z x y
 
  
+ + + + ≥ + + + +
 ÷
 ÷ ÷
  
 
( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )
3
1
x y y z z x
x y y z z x xyz
xyz
+ + +
⇔ + + + + ≥ +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
1 1x y y z z x x y y z z x⇔ + + + + ≥ + + + +
(2) (do xyz = 1)
0,75
Đặt
( ) ( ) ( )
3
x y y z z x t+ + + =

2t
⇒ ≥
0,25
Khi đó (2) trở thành

3
1 1t t+ ≥ +

3 2
1 1 2t t t⇔ + ≥ + +

( ) ( )

2 1 0t t t⇔ − + ≥
(luôn đúng do
2t ≥
). Suy ra ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra
⇔
a b c= =
.
0,5
5 2,0
Gọi A, B là 2 điểm thuộc cạnh của đa giác sao cho A, B chia biên đa giác thành 2 đường gấp khúc có độ dài bằng
nhau và bằng
1
2
.
0,5
Gọi O là trung điểm của AB. Xét hình tròn tâm O bán kính
1
4
R =
. 0,25
Ta sẽ chứng minh hình tròn này chứa đa giác đã cho. Thật vậy, giả sử tồn tại một điểm M thuộc cạnh đa giác và M
nằm ngoài hình tròn tâm O bán kính
1
4
R =
.
0,25
Trang 3/4
N

A
B
O
M
Khi đó
1
2
MA MB+ ≤
( Độ dài đường gấp khúc chứa M ) (1).
0,5
Gọi N là điểm đối xứng với M qua O. Ta có
1
2
2
MA MB MN R+ ≥ > =
(2).
Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM.
0,5
Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
Trang 4/4