Đề và ĐA thi vào chuyên toan TB 0809

Sở Giáo dục - Đào tạo
Thái Bình
Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Thái Bình
Năm học 2008 - 2009
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (3,0 điểm) Giải phơng trình và hệ phơng trình:
1)
x 1 3x 7
+
= x 4
2)
3
3
x 3x 8y
y 3y 8x

= +


= +


Câu 2. (2,5 điểm) Cho phơng trình bậc hai: ax
2
+ bx + c = 0 (b 0) (1)
Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phơng trình (1) có hai nghiệm phân
biệt mà nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia là: 3b
2
16ac = 0.
Câu 3. (1,0 điểm) Giải phơng trình nghiệm nguyên:

(x
2
+ y) (x + y
2
) (x y)
3
= 0
Câu 4. (3,0 điểm) Trong mặt phẳng cho hai đờng thẳng
1
và
2
vuông góc với nhau
tại điểm H, A là điểm thuộc đờng thẳng
1
(A khác H). Từ điểm P bất kì
trên đờng thẳng
2
kẻ hai tiếp tuyến PE và PF tới đờng tròn tâm A bán
kính R (E, F là hai tiếp điểm, P khác H, R < AH). Đờng thẳng EF cắt đoạn
AH tại điểm I.
a) Chứng minh rằng:
2
AE
AI
AH
=
b) Gọi M và N lần lợt là hình chiếu của H trên các đờng thẳng PE và PF, đ-
ờng thẳng MN cắt đờng thẳng
1
tại điểm J. Tính độ dài đoạn IJ theo R, biết

AH =
2
R.
Câu 5. (0,5 điểm) Cho x, y, z là các số thực dơng thoả mãn điều kiện:
x
2
+ 2y
2
+ 3z
2
= 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1 1 1
M
1 6yz 1 3xz 1 2xy
= + +

--- Hết ---
Họ và tên thí sinh:
..................................................................
Số báo danh:
.................
Đề chính thức
Sở Giáo dục - Đào tạo
Thái Bình
Kì thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Thái Bình
Năm học 2008 - 2009
Hớng dẫn chấm và biểu điểm Môn Toán
Câu ý Nội dung Điểm
Câu1.

(3,0 điểm)
1.
(1đ)
ĐK xác định: x
7
3
Đặt
x 1+
= a,
3x 7
= b với điều kiện: a
10
3
, b 0.
0,25đ
Có:
2
2
x 1 a
3x 7 b

+ =


=


b
2
a

2
= 2(x 4) x 4 =
2 2
b a
2

Ta có PT mới: a b =
2 2
b a
2

(a b) (2 + a + b) = 0
0,25đ
Vì 2 + a + b > 0 với a
10
3
, b 0 suy ra: a b = 0 a = b
0,25đ
Khi đó ta có:
x 1+
=
3x 7
x + 1 = 3x 7 x = 4 TXĐ
Vậy phơng trình có nghiệm là: x = 4
0,25đ
Chú ý: 1. Nếu HS chỉ đặt điều kiện a

0, b

0 cũng cho điểm tối đa

2. Nếu HS dùng phép nhân liên hợp phải lí luận
x 1+
+
3x 7
> 0
Nếu không lí luận trừ 0,25đ.
2.
(2đ)
Xét hệ PT:
3
3
x 3x 8y (1)
y 3y 8x (2)

= +


= +


Trừ từng vế PT (1) cho PT (2) có: x
3
y
3
= 5y 5x
(x y) (x
2
+ xy + y
2
) + 5(x y) = 0

(x y) (x
2
+ xy + y
2
+ 5) = 0
0,5đ
Do: x
2
+ xy + y
2
+ 5 =
2
2
y 3y
x 5 0
2 4

+ + + >
ữ

x, y
x y = 0 x = y.
0,5đ
Thay vào PT(1) có: x
3
= 3x + 8x = 11x
x
3
11x = 0 x(x
2

11) = 0
x = 0 ; x =
11
0,5đ
Lúc đó y = 0 ; y =
11
0,25đ
Vậy hệ PT có các nghiệm là: (x, y) = (0; 0); (
11
;
11
)
0,25đ
Câu 2 .
(2,5 điểm)
* Điều kiện cần:
Giả sử phơng trình ax
2
+ bx + c = 0 (a, b 0) có 2 nghiệm là x
1
, x
2
thỏa mãn:
x
1
= 3x
2
hoặc x
2
= 3x

1
Suy ra (x
1
3x
2
) (x
2
3x
1
) = 0
0,25đ
Câu ý Nội dung Điểm
10x
1
x
2
3(
2 2
1 2
x x+
) = 0 16x
1
x
2
3(x
1
+ x
2
)
2

= 0 (*)
0,5đ
Theo định lí Viét ta có:
1 2
1 2
b
x x
a
c
x x
a

+ =




=


0,25
vậy (*)
2
2
2
c b
16. 3 0 16ac 3b 0
a a
= =
0,25

* Điều kiện đủ:
Xét phơng trình:
2
ax bx c 0 (a 0,b 0)+ + = có
2
b 4ac =
vì
2 2 2
2 2
3b 3b b
3b 16ac 0 4ac b 0
4 4 4
= = = = >
(b 0)
Vậy phơng trình có 2 nghiệm phân biệt:
0,5đ
Suy ra:
3b
x
4a

=
hoặc
b
x
4a

=
0,5đ
Ta thấy:

3b b
3.
4a 4a


=
ữ

Do đó phơng trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn nghiệm này bằng 3 lần
nghiệm kia.
0,25đ
Chú ý: ở điều kiện cần, HS có thể tính trực tiếp nghiệm của phơng trình và cho
nghiệm này bằng 3 lần nghiệm kia để có hệ thức: 3b
2


16ac = 0 cũng
cho điểm tối đa.
Câu 3 .
(1,0 điểm)
Xét pt:
2 2 3
(x y)(x y ) (x y) 0+ + = (1)
2 2 2
2 2 2
y(x y x 2y 3x 3xy) 0
y 0
x y x 2y 3x 3xy 0 (*)
+ + + =
=

+ + + =

*) Nếu y = 0 pt (1) nghiệm đúng x Z
Vậy phơng trình có nghiệm nguyên là: (x, y) = (a; 0); a Z.
*) Nếu x
2
y + x + 2y
2
+ 3x
2
3xy = 0 2y
2
+ (x
2
3x)y + 3x
2
+ x = 0 (2)
2 2 2 2
(x 3x) 8(3x x) x(x 8).(x 1) = + = +
0,5đ
Chú ý: Nếu HS đa về phơng trình dạng bậc 2 biến x thì toàn bộ phần trên chỉ
cho 0,25 đ
Khi x = 1 = 0 PT (2) có nghiệm kép y =
2
3x x
4

= 1
Vậy PT (1) có nghiệm nguyên là (x; y) = (1; 1)
Khi x 1 PT (1) có nghiệm nguyên trớc hết x (x 8) là số chính phơng.
Đặt x(x 8) = m
2
(m Z)
(x 4)
2
16 = m
2
(|x4| - |m|) (|x4| + |m|) = 16
Từ PT |x4| + |m| |x4| |m| >0 và chúng cùng tính chẵn nên ta có các trờng
hợp sau:
x 4 m 2 x 4 m 4
(I) (II)
x 4 m 8 x 4 m 4
= =


+ = + =


0,25đ
Câu ý Nội dung Điểm
Giải hệ (I): Tìm đợc x = 9; x = 1 (loại). Với x = 9 PT (2)
2y
2
+ 54y + 252 = 0 y
2
+ 27y + 126 = 0

Giải PT có: y = 21; y = 6.
Vậy PT có nghiệm nguyên là (x; y) = (9; 21); (9; 6)
Giải hệ (II): Tìm đợc x = 0; x = 8
Với x = 0 có PT: 2y
2
= 0 y = 0
Với x = 8 có PT: 2y
2
+ 40y + 200 = 0 y
2
+ 20y + 100 = 0
(y + 10)
2
= 0 y = 10
Vậy PT có nghiệm nguyên là: (x, y) = (0; 0); (8; 10)
Kết luận: Phơng trình (1) có các nghiệm nguyên là:
(x, y) = (x; 0) (x Z)
(x, y) = (1; 1); (9; 21); (9; 6); (8; 10)
0,25đ
Câu 4.
(3,0 điểm)
a.
(2đ)
+ Giải thích đợc AP EF tại K
0,25đ
+) AKI ~ AHP (g.g)
0,5đ
+)
AK AI
AH AP

=
AI.AH = AK.AP (1)
0,5đ
+) AEP vuông ở E có EK AP AE
2
= AK.AP (2)
0,5đ
+) Từ (1)(2) AI.AH = AE
2
AI =
2
AE
AH
(đpcm)
0,25đ
P
M
E
A
F
Q
H
N
J
I
K

1

2

1
1
2
1
1
1
Câu ý Nội dung Điểm
b.
(1đ)
Kéo dài MN cắt EF ở Q, tứ giác HPEF nội tiếp; HM PE, HN PE
HQ EF (Tính chất đờng thẳng simson)
0,25đ
+)
ả ả ả
à
ả
ả
ả
1 1 1 1 1 1 1
H A , A E Q H Q= = = =
JHQ cân ở J JH = JQ (3)
0,25đ
+)
à
ả
à
ả ả
ả
à
ả

1 1 1 1 1 2 1 2
I H I Q Q Q 1V I Q+ = + = + = =
IJQ cân ở J.
IJ = JQ (4)
0,25đ
+) Từ (3), (4) JI = JH =
( )
1
AH AI
2

.
+) AI =
2
R R 2 1 R 2 R 2
IJ R 2
2 2 2 4
R 2

= = =
ữ
ữ

.
0,25đ
Câu 5.
(0,5 điểm)
Đặt y
2
= a, z

3
= b (a, b > 0) 2y
2
= a
2
, 3z
2
= b
2
Khi đó giả thiết: x
2
+ 2y
2
+ 3z
2
= 1 x
2
+ a
2
+ b
2
= 1
Ta có M =
1 1 1 ab bx ax
3
1 ab 1 bx 1 ax 1 ab 1 bx 1 ax

+ + = + + +
ữ

áp dụng BĐT Côsi, và BCS có:
( )
( )
2
2
2 2
2 2 2
1
a b
a b
ab 1
4
.
a b
1 ab 2 2x a b
1
2
+
+
=
+
+ +

( )
( )
2
2 2
2
2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2
2 2 2 2
a b a b
a b . a x . b x 2x a b
a x b x
a x b x


+ = + + + + + +
ữ
ữ
+ +
+ +


0,25đ
Lúc đó
2 2
2 2 2 2
ab 1 a b
1 ab 2 a x b x

+
ữ
+ +

(1)
Tơng tự:
2 2
2 2 2 2

bx 1 b x
1 bx 2 b a x a

+
ữ
+ +

(2)
2 2
2 2 2 2
ax 1 a x
1 ax 2 a b x b

+
ữ
+ +

(3)
Từ (1) (2) (3)
ab bx ax 3
1 ab 1 bx 1 ax 2
+ +

Khi đó từ (*) có M
3 9
3
2 2
+ =
. Dấu bằng có
3 6 1

x ; y ; z
3 6 3
= = =
0,25đ
Vậy biểu thức M đạt giá trị lớn nhất là
9
2

3 6 1
x ; y ; z
3 6 3
= = =
Chú ý: - Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu (không làm tròn số)
- Đây là đáp án và biểu điểm cụ thể cho một cách giải của từng ý, từng câu. Trong
quá trình chấm, đối với những lời giải khác hợp lí và cho kết quả đúng, yêu cầu
giám khảo cho điểm tối đa.