Đáp án và biểu điểm môn toán đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương năm học 2010,2011

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.
- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
- Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất Hội đồng chấm.
- 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 -3
x 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 1

x x
    

3 2
9 9 2 0
x x
   



2
1 1
M
   









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
0
a b
 
thì
(*)

x y a b
xy ab
  






=> x, y là 2 nghiệm của phương trình
2
( ) 0
X a b X ab
   





0,25



0,25

0,25

Giải ra ta có
;
x b x a
y a y b
 
 
 
 
 

=>
2011 2011 2011 2011
x y a b
   .
+/Nếu
0
a 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
2 1
3 2
1 0 (1)
x ax bx    . Tìm
,
a b Q

để (1) có nghiệm

2 3
x  
.
1,00

Thay
2 3
x  
vào (1)ta có :






3 2
2 3 2 3 2 3 1 0
a b
      



3 4 15 7 2 25
a b a b
     

+/Nếu


4 15 0

a 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 0
a 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 0
x x x x x
       
.
Không mất tính tổng quát coi
3
1
x

thì
1 2

,
x x
là 2 nghiệm của phương trình


2
4 1 0
x x
  
( có
' 3 0
  
) =>
1 2
1 2
4
1
x x
x x
 





+/


2
2 2

1 2 1 2 1 2
2 14
x x x x x x
    
.
+/




3 3 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
52
x 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
724
x 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 37
x 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 4
xy xy xy
     
.
0,25



0,25
Do
,
x y Z

=>
xy Z

=>
3
4

xy
xy





.
+/
 
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






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 :
0
y

.
(1)
 
 
2
1 0

1
x y
x y x
x


    

 

.
+/Nếu
1
x
 
thay vào phương trình (2) ta có :
1 0 1
y y
   
.
+/Nếu
0
x y
 

Khi đó (2)





4
2 1 4 2 0
x x
   
(3)
do


4 4 2
2 1 2.2 .1 4
x x x
  


4
2 1 2 2
x 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

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

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'
;

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
.

0,25
0,25
mà


1 1
BDI DOI

2 2
 
sđ

DI
và


1 1
BIM BO'M
2 2
 
sđ

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
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













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




D
B
A
C
I