Đáp án đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán 2010

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 MÔN TOÁN ( VÒNG 2 )
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2010
Câu I :
1
3

1) Tập xác định: x   . Hai vế của phương trình không âm, bình phương hai vế ta
được
x  3  2 ( x  3)(3x  1)  3x  1  16
 2 3x 2  10 x  3  12  4 x
 3x 2  10 x  3  6  2 x
6  2 x  0
 2
2
2
3x  10 x  3  (6  2 x)  36  24 x  4 x
x  3
 2
 x  34 x  33  0
 x  1 (Thoả mãn điều kiện)
Đáp số: x  1.

Chú ý: Học sinh có thể làm nhanh hơn bằng phương pháp so sánh.

 x  3  1 3  2

1
3

+ Nếu   x  1  


 3x  1  3  1  2
 x  3  3x  1  4  vô nghiệm
+ Nếu x  1  x  3  3x  1  1  3  3  1  4  vô nghiệm
+ Nếu x  1  x  3  3x  1  1  3  3  1  4 (thoả mãn).
2
2

5 x  2 y  2 xy  26 (1)
2) Cách 1. Hệ đã cho tương đương với 
2
2

3x  2 x  xy  y  11 (2)

Nhân hai vế của phương trình (2) với 2 rồi cộng theo vế với phương trình (1) ta được
9 x2  6 x  48  0

 x  2  y 2  2 y  3  0  y  1 hoặc y  3

 x   8  y 2  8 y  43  0 :   0  vô nghiệm

3
3
9

Đáp số: ( x  2, y  1) hoặc ( x  2, y  3).

Cách 2. Ta có (2 x  y)2  ( x  y)2  5x 2  2 y 2  2 xy
(2 x  y)  ( x  y)  3x

(2 x  y )2  ( x  y )2  26

Hệ phương trình tương đương với 

(2 x  y )  ( x  y )  (2 x  y)( x  y )  11
u 2  v 2  26
(u  v)2  2uv  26

Đặt u  2 x  y, v  x  y ta thu được 
u  v  uv  11 2(u  v)  2uv  22

Cộng hai phương trình ta thu được
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.

u  v  6
(u  v)2  2(u  v)  48  0  
u  v  8
u  v  6
u  5, v  1
Giải 

uv  5
u  1, v  5.

 2 x  y  1
 x  2, y  3

x

y

5


 2 x  y  5

 x  2, y  1.
  x  y  1

u  v  8 v  8  u
 2
vô nghiệm
uv  19
u  8u  19  0

Giải 

Câu II :
1) Suy ra tồn tại số nguyên dương m ( m  n ) thoả mãn
m2  n2  391  (m  n)(m  n)  17.23  1.391

 m  n  391
 2n  390  n  195


m  n  1

Suy ra
 m  n  23

 2n  6  n  3.
 m  n  17

Đáp số: n  3, n  195.
2) Ta có ( z  xy )2  ( z  x)( z  y)  z 2  zx  zy  xy  z ( x  y  z )  xy  z  xy.
Suy ra

z  xy  z  xy (1)

Ta có 2 x2  2 y 2  ( x  y)2  2 x2  2 y 2  x  y. (2)
Cộng hai bất đẳng thức (1) và (2) ta thu được
z  xy  2 x 2  2 y 2  x  y  z  xy  1  xy

Suy ra

z  xy  2 x 2  2 y 2
1  xy

 1.

x  y  a
1
(a  (0, )).
2
 z  1  2a

Dấu đẳng thức xảy ra  
Câu III :
A
S

T
M

E

B

P

Q

H

F

C

1) Vì ABC nhọn nên các điểm E , F nằm trên
các cạnh AB, AC và P, Q nằm trong ABC .
Ta có EPB  TPF (đối đỉnh) (1)
EPB  BHE (cùng chắn cung BE) (2)
TPF  MHQ (cùng chắn cung MQ) (3)
MHQ  HCQ (góc có cạnh tương ứng vuông
góc) (4).

Từ (1), (2), (3), (4)  BHE  HCQ  EH SC

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.

Vì EH  AB  SC  AB (5).
Tương tự ta thu được BT  AC (6). Từ (5), (6)  M là trực tâm (ĐPCM).
2) Ta có AEF  BHP (cùng bù với góc BEP ) (7)
 HP  BP
Ta có CT  BT  HP

Từ (7) và (8) suy ra

CT  BHP  BCT (8)

AEF  BCT


  BCF  BEF  180
AEF  BEF  180 

 Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp.

Câu IV : Nếu tất cả các số được đánh dấu đều dương  đpcm.
Xét trường hợp tồn tại i để ai được đánh dấu và ai  0, chọn i là chỉ số nhỏ nhất như
vậy. Khi đó theo giả thiết tồn tại k để ai  ai 1  ai 2   ai k  0.
Giả sử k là số nhỏ nhất để ai  ai 1   ai k  0 (1) (hiển nhiên k  1 ). Như vậy

ai  0
ai  ai 1  0
ai  ai 1   ai  k 1  0
Ta có ai  (ai 1   ai k )  0  ai 1 
(ai  ai 1 )  (ai 2 

 ai k )  0  ai 2 

 ai k  0  ai 1 được đánh dấu.
 ai k  0  ai  2 được đánh dấu.

Cuối cùng (ai  ai 1   ai k 1 )  ai k  0  ai k  0  ai k cũng được đánh dấu.
 tất cả các số ai , ai 1 , ai  2 , , ai  k đều được đánh dấu. Như vậy, trong các số
a1 , a2 , , ai  k các số được đánh dấu có tổng lớn hơn 0.
Tiếp tục quá trình lập luận trên cho các số còn lại ai k 1 , , a2010 . Sau một số hữu hạn
bước ta được điều phải chứng minh.

3