Đáp án đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán 2007

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 2007

MÔN: TOÁN (vòng 1)
Câu I (3 điểm)
1. (1,5 điểm) Phương trình đã cho tương đương với:





2x  1 2x  1  1  x






2x  1  1





1

x  
2


2x  1  1  0



2x  1  x  0

a)

2x  1  1  0

 x 1

b)

2x  1  x  0

 x  1

(loại)

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1
2. (1,5 điểm) Phương trình thứ 2 của hệ có dạng

x  y 

3

 3xyx  y   x  y  4



x  y   x  y   10  0

đặt:

x y t
t 2


với

t 3  t  10  0



3

t  2t

2

 2t  5  0

x  y  2
 x  y 1

 xy  1

Câu II (3 điểm)

1) (1,5 điểm)
 x1  x2  4

 x1 x2  1
x12  x22  x1  x2   2 x1 x2  14
2

x13  x23  x1  x2   3x1 x2 x1  x2   52
3

 x15  x25  x13  x23 x12  x22   x1 x2  x1  x2   724
2) (1,5 điểm)
2

4 a  a  b  (4 a  2)  (a  1)  (b  2007)  2010
4 a  2  4 a  1  3  (4  1)(4 a1  ...  4  1)  3  3
mặt khác:
4 a  2 là số chẵn  4 a  2  6

4 a  a  b là tổng của các số hạng đều chia hết cho 6. Vậy ta có điều phải
chứng minh.

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.

M

Câu III (3 điểm)
A

D

C

O1

B

O

E

O2

F

N

1) (1,5 điểm) Xét tứ giác CEFD có:
CEF chắn cung MBF (1)
BDF có đỉnh D nằm trong đường tròn nên
BDF =
=

1
sđ ( AM + BF )
2

1
1
sđ ( MB + BF ) = sđ ( MBF )
2
2

(2)

Từ (1) và (2) → CEF = BDF
→ CEF + CDF = 180o → tứ giác CEFD nội tiếp.
2) (1,5 điểm) vì MAB = AEM (chắn hai cung bằng nhau) nên theo tiêu chuẩn
nhận biết của góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung ta có MA tiếp xúc với đường
tròn ngoại tiếp ACE → MA  AO1 → nếu kéo dài AO1 cắt đường tròn (O) tại
N thì MN là đường kính của đường tròn (O). Do M cố định nên N cố định.
Tương tự MB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp BDF nên BO2 phải đi
qua N. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Câu III (1 điểm)
Ta có:

a
b
c



ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1


a
ab

abc

 2
ab  a  1 abc  ab  a a bc  abc  ab



a
ab
1


1
ab  a  1 ab  a  1 ab  a  1
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.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Cốp ski với a, b, c, x, y, z >0
Ta có:
2

x  y  z    a x  b y  c z  
a
b
c

2

x2 y2 z 2
 (a  b  c)( 
 )
a
b
c
x 2 y 2 z 2 ( x  y  z) 2
 
 
a
b
c
abc

Ta có:
a
b
c



(ab  a  1) 2 (bc  c  1) 2 (ca  c  1) 2
2

2

2

a

b
c












 ab  a  1    bc  b  1    ca  c  1  
a
b
c
2

a
b
c






1

ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 



abc
abc

3