Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán 2012

TRUNG TÂM LUYỆN THI KHOA BẢNG – Web: www.khoabang.edu.vn
Tầng 4 – Trường Tiểu học Ngôi Sao Hà Nội. Tel: (04) 0466865087 – 0983614376.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011
MÔN: TOÁN (Vòng 1)
Câu I. 1) Hệ phương trình tương đương với
2

( x  1) y  ( x  1)  2  y

2

( y  2) x  ( y  2)  x  1
2

( x  1)( y  1)  2  y (1)

2

( y  2)( x  1)  x  1 (2)

+) Nếu x  1 suy ra ( x  1)( y 2  1)  0 nên từ (1)  2  y  0  y  2  ( y  2)( x2  1)  0 do đó từ
(2)  x  1  0  x  1 mâu thuẫn.
+) Nếu x  1, tuơng tự suy ra x  1 mâu thuẫn.
+) Nếu x  1  y  2 (thỏa mãn).
Đáp số x  1, y  2.
2) Điều kiện x  0 . Phương trình tương đương
2( x  1)

x

3
 x 2  7.
x

Chia hai vế cho x  0 ta thu được
1
2(1  )
x

x

3
7
3
1
3 4
3
3 2
 x   ( x  )  2(1  ) x    0  ( x   2) ( x   )  0
x
x
x
x
x x
x
x x

+) Giải

x

x  1
3
3
 2  x   4  x2  4x  3  0  
.
x
x
x  3

+) Giải

x

3 2
3 4
  x   2  x3  3x  4  0  ( x  1)( x2  x  4)  0  x  1 .
x x
x x

Đáp số x  1, x  3 .
Câu II. 1) Giả sử tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn
x4  y 4  7 z 4  5  x4  y 4  z 4  8z 4  5 (1) .


TRUNG TÂM LUYỆN THI KHOA BẢNG – Web: www.khoabang.edu.vn
Tầng 4 – Trường Tiểu học Ngôi Sao Hà Nội. Tel: (04) 0466865087 – 0983614376.

Ta có a 4  0,1 (mod 8) với mọi số nguyên a
 x 4  y 4  z 4  0,1, 2,3 (mod 8)


 4

8 z  5  5(mod 8)

Mâu thuẫn với (1) . Vậy không tồn tại ( x, y, z ) thỏa mãn đẳng thức.
2) Phương trình tương đương với
( x  1)2  ( x  1)2  ( x  1)2  ( x  1)2   y 3  (2 x2  2)(4 x)  y3  8x3  8x  y3.

+) Nếu x  1  8x3  8x3  8x  (2 x  1)3  (2 x)3  y3  (2 x  1)3 (mâu thuẫn vì y nguyên).
+) Nếu x  1 và ( x, y) là nghiệm, ta suy ra ( x,  y) cũng là nghiệm, mà  x  1  mâu thuẫn.
+) Nếu x  0  y  0 (thỏa mãn).
Vậy x  y  0 là nghiệm duy nhất.
Câu III
1) Tứ

giác

nội

OBCD

và

tiếp

CO

là

phân

giác

góc

BCD

 OBD  OCD  OCB  ODB  OBD cân tại O  OB  OD (1) .Tứ giác OBCD nội tiếp
ODC  OBE (2) (cùng bù với góc OBC ). Trong CEF có CO vừa là đường cao vừa là

đường phân giác nên CEF cân tại C . Do AB CF  AEB  AFC  EAB  ABE cân tại
B  BE  BA  CD (3). Từ (1),(2),(3) suy ra OBE  ODC(c  g  c) (đpcm).

B

C

E
I
O
A
D

F


TRUNG TÂM LUYỆN THI KHOA BẢNG – Web: www.khoabang.edu.vn
Tầng 4 – Trường Tiểu học Ngôi Sao Hà Nội. Tel: (04) 0466865087 – 0983614376.

2) Từ câu 1) OBE  ODC suy ra OE  OC . Mà CO là đường cao tam giác cân
CEF  OE  OF . Từ đó OE  OC  OF vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
CEF (đpcm).
3) Theo (3)  BE  CD mà CE  CF  BC  DF . Ta có CI là đường phân giác
góc BCD 

IB CB DF


 IB.BE  ID.DF .
ID CD BE

Mà CO là trung trực EF và I  CO  IE  IF .
Từ hai đẳng thức trên suy ra IB.BE.EI  ID.DF.FI (đpcm).
Câu IV. Ta chứng minh
x3
x2

(1)
x3  8 y 3
x2  2 y 2


x3
x4

 ( x2  2 y 2 )2  x( x3  8 y3 )  4 x2 y 2  4 y 4  8xy 3
3
3
2

2 2
x  8y
(x  2 y )

 x 2  y 2  2 xy (đúng).

Ta chứng minh



y3
y2
(2)

y 3  ( x  y )3
x2  2 y 2

y3
y4

y 3  ( x  y )3 ( x 2  2 y 2 ) 2

 ( x2  2 y 2 )  y( y3  ( x  y)3 )  ( x2  2 y 2 )2  y 4  y( x  y)3  ( x2  y 2 )( x2  3 y 2 )  y( x  y)3

Ta có
1
x 2  y 2  ( x  y )2
2

TRUNG TÂM LUYỆN THI KHOA BẢNG – Web: www.khoabang.edu.vn
Tầng 4 – Trường Tiểu học Ngôi Sao Hà Nội. Tel: (04) 0466865087 – 0983614376.

1
x2  3 y 2  x2  y 2  2 y 2  2 xy  2 y 2  2 y( x  y)  ( x 2  y 2 )( x 2  3 y 2 )  ( x  y)2 .2 y( x  y)  y( x  y)3
2
 (2) đúng.

Từ (1) và (2)  P  1 . Dấu bằng xảy ra  x  y . Vậy Pmin  1 .