Đáp án đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán 2008

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 1 )
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2010
Câu I :
1) Cộng hai phương trình của hệ ta thu được

 2x  3 y 

2

 25  2 x  3 y  5

2 x  3 y  5
 Với 2 x  3 y  5 ta được hệ  2
2
x  y  2

1
 2

5  3y
 5  3y 
2
Từ 1 suy ra x 
và thay vào  2  ta được 
 y 2
2
 2 
y 1 x 1

2
2
2
  5  3 y   4 y  8  13 y  30 y  17  0  
 y  17  x  7
13
13

 y  1  x  1
 Tương tự với trường hợp 2 x  3 y  5 ta được 
 y   17  x   7
13
13

7
17
Đáp số: ( x  1, y  1), ( x  , y  )
13
13
7
17
( x  1, y  1), ( x   , y   )
13
13
Chú ý: Học sinh có thể giải theo cách cơ bản khác như sau: Dễ thấy y  0 và đặt x  ky ta
2

k  1
3k 2 y 2  12ky 2  8 y 2  23


2
2
thu được  2 2
suy ra 2(3k  12k  8)  23(k  1)  
2
k  7

k y  y  2
17

y 1 x 1
Với k  1  y 2  1  
 y  1  x  1
17
7

y
x
2

7
17
13
13
Với k 
 y2  2  
17
13
 y   17  x   7


13
13
1
2) Điều kiện x   , phương trình tương đương với
2



2x 1  3





4 x2  2 x  1 1  0

Giải

2x 1  3  2x 1  9  x  4

Giải

x  0
4x  2x 1  1  4x  2x  0  
x  1
2

2

2

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.

Đáp số: x  4, x  0, x 

1
2

Câu II :
1) Đẳng thức được viết lại dưới dạng
x2  y 2  x2 y 2  1  4 xy  2( x  y)(1  xy)  25

  x  y    xy  1  2  x  y 1  xy   25
2

2

  x  y    xy  1  25
2

  x  1 y  1  25
2

  x  1 y  1  5 (Vì x, y  0 )
 x  1  5


( x  4, y  0)
 y 1  1


 x  1  1
( x  0, y  4)

  y  1  5

Đáp số:  x  0, y  4  ,  x  4, y  0 
k 2  k 1
1
1
 1 
k (k  1)
k k 1
3
1
Với k  1 ta có
 11
1.2
2
7
1 1
 1 
k  2 ta có
2.3
2 3

2) Ta có

k  n ta có

n2  n  1
1
1
 1 
n(n  1)
n n 1

Cộng n đẳng thức ta thu được
3
7


1.2 2.3

n2  n  1
1
1
Dễ thấy n  n  1 

 n 1
 n 1
n 1
n(n  1)
n 1

 3
7


Suy ra  
1.2 2.3

n2  n  1

n
n(n  1) 

Chú ý: Học sinh có thể giải cách khác như sau
3
1
 1
1.2
2
7
1 2
k 2
 
2.3 2 3

Với k  1 

k n

n2  n  1 1
n
 
n(n  1) n n  1

2

k 2  k 1 1
k
 
k (k  1) k k  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.

Cộng n đẳng thức ta suy ra
 3

3
7 13



1.2 2.3 3.4



n2  n  1
n
 n
n(n  1)
n 1

n2  n  1

7

 
Suy ra  
n
n(n  1) 
1.2 2.3
Câu III :
1) Xét tam giác BAC vuông tại A có góc ACB = 300 , AB  2R. Ta suy ra
B
BC  2. AB  4R. Theo định lý Pitago đối với tam giác ABC
ta có AC 2  BC 2  AB2  16R2  4R2  12R2
 AC  2 3R.
Ta thấy rằng AH  BH , nên AH là khoảng cách từ A đến

H

đường thẳng BC.
N
A

Dễ thấy

M

C

AB. AC  AH .BC  2SABC
 AH 

AB. AC 2 R.2 3.R

 3R
BC
4R

Đáp số: AC  2 3R, BC  4R, AH  3R.
2) Vì ABHN là tứ giác nội tiếp.
Suy ra HNB  HAB (Cùng chắn cung BH )
Ta có HAB = ACB (Góc có cạnh tương ứng vuông góc)
Suy ra HNB  ACB  1800  HNB  HNM  ACB  HNM
 tứ giác HNMC là tứ giác nội tiếp, như vậy bốn điểm C, H , N , M cùng nằm trên
một đường tròn. Vì A, B, C cố định  H cố định. Vì tâm đường tròn cách đều H , C
cố định nên nó nằm trên đường trung trực của đoạn HC cố định. Vậy tâm đường tròn
đi qua đường trung trực của đoạn HC.
Câu IV : Ta chứng minh bất đẳng thức



1  a 4  1  b4  4  a 2  b2



2

a, b 

(1)

Bình phương hai vế ta thu được 2 (1  a 4 )(1  b4 )  2  2a 2b2
 (1  a 4 )(1  b4 )  (1  a 2b2 )2
 (a 2  b2 )2  0 (Hiển nhiên đúng)
9
5
Ta có (1  a)(1  b)   a  b  ab 
4
4

Ta có

3


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

a 2  b 2  2ab
1
2(a 2  )  2a
4
1
2(b 2  )  2b
4

Cộng ba bất đẳng thức ta thu được
3(a 2  b2 )  1  2(a  b  ab) 
 a 2  b2 

5

2

1
(2)
2

Từ (1) và (2) suy ra
1  a 4  1  b4  4 

Vậy Pmin 

1
17

4
2

1
17
đạt được khi và chỉ khi a  b  .
2
2

4