DA tuyen sinh vao lop 10 chuyen toan_lam son-Thanh hoa

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (73.7 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Hớng dẫn chấm và thang điểm thi vào lớp 10 chuyên lam
sơn .Toán chuyên

Bài 1 ( 2,0 điểm )

Do a + b + c +d = 0 nên a + b + c = -d 0,5
Ta biến đổi các nhân tử trong căn : bc – ad = bc + a(a +b + c ) = bc + a( a +b) +ac
= (a + b )( a+ c ). Tơng tự ca – bd = ( b + c)( b +a ) ; ab – cd = (c +a)(c+b) 0,5
Suy ra : ( ab – cd)(bc – ad )( ca – bd ) =

[

(a+b)(b+c)(c+a)

]

2
0,5

V× a ; b ; c là các số hữu tỉ nên :( a + b )( b + c)( c + a)là các số hữu tỉ và
[(a+b)(b+c)(c+a)]2 là số hữu tỉ không âm nên

(abcd)(bcad)(cabd)=

= |(a+b)(b+c)(c+a)| là một số hữu tỉ.
0,5

Bài 2 (2,0 điểm)

Với k N ta cã 1

(2006k −2005)(2006k+1)=
1
2006(

20006k −2005 −
1

2006k+1)

1,0

VËy S2006 = 1

2006(1−
1
2007 +

1
2007 −

4013+. ..+

2006n −2005−
1
2006n+1)
= 1

2006(1−
1
2006+1)=

n

2006+1 0,5
Biến đổi S2006 = 1

2006(

2006n+1−1
2006n+1 )=

1
2006(1−

1
2006n+1)<

2006 0,5
Bài 3 (2,0 điểm )

Trng hp 1 : xét x 1 khi đó bất phơng trình ⇔x>3 . Tập nghiệm
T1(x) = (3 :+∞)={x∈R∨x>3} 1,0

Trờng hợp 2 : Xét x < 1 khi đó bất phơng trình ⇔1>5 (vơ lý) . Vậy tập nghiệm
của bất phơng trình là T(x) = {xxR; x>3}

Bài 4 ( 2,0 điểm)

Để hai nphơng trình có nghiệm chung hệ

{

x

2+mx+1=0

x2+x+m=0 cã nghiÖm 0,5

Đặt y = x2 ta có hệ :

{

mx+y=−1

x+y=− m ta cã D = m – 1 , Dx = m – 1 , Dy = 1- m

0,5

Trêng hỵp 1 : D = 0 thì hệ vô nghiệm 0,5
Trêng hé 2 : D 0 ta cã

{

x=−1

y=− m−1
0,5

Để hệ ban đầu có nghiệm ⇔y=x2⇔− m−1

=1⇔m=−2 0,5
VËy víi m = -2 thì hai phơng trình có nghiệm chung

Bài 5 ( 2,0 ®iĨm)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

x=0

x=−1

x=1±√5
2

⇔¿

. VËy phơng trình có tập nghiệm T(x) =

{

0;1;15

}

0,5
Bài 6 (2,0 điểm)

Giao ca (d) và Ox : A( 1-m ; 0 ) ; giao của (d) và Oy : B ( 0, m-1) 0,5
Ta có OA = |1−m|=|m−1|;OB=|m −1| 0,5
để SOAB = 9

m−1¿2=18
⇔1

2OA . OB=9⇔|m−1||m −1|=18⇔¿

0,5

m=1+3√2

m=1−3√2

m−1=3√2

m−1=−3√2⇔¿

⇔¿

. KÕt luËn : víi m = 132 thoả mÃn yêu cầu 0,5

Bài 7 (2,0 điểm)

Do vai trũ ca x ; y; z bình đẳng nên giả sử x ≥ y ≥ z ≥1 thì chỉ xảy ra 4 khả nng
0,5

Khả năng 1 : x = y = z = 1; thay vµo ta cã 1 = 12 ( vô lí )

Khả năng 2 : x >1 ; y = z = 1; thay vµo ta cã x = x + 11 ( v« lÝ) 0,5
Khả năng 3 : x ≥ y>1; z=1 ; thay vµo ta cã xy = 10 + x + y

⇔xy− x − y=10⇔x(y −1)−(y −1)=11⇔(x −1)(y −1)=11. V× x ≥ y>1 nªn :

{

x −1=11

y −1=1 ⇔

{

x=12

y=2

z=1

.Hốn vị ta đợc 6 nghiệm là :

T(x) = {(12;2;1);(12;1;2);(1;2;12);(1;12;2);(2;1;12);(2;12;1)}
0,5

Khả năng 4: x y z>1 . Đặt ẩn phụ

{

u=x −2

v=y −2

t=z −2

Suy ra

{

xy==uv+2+2

z=t+2

;u ≥ v ≥ t 0
Thay vào phơng trình ta có ( u+ 2)( v + 2)( t + 2) = 15 + u + v +t

⇔15+u+v+t=uvt+2(uv+vt+tu)+4(u+v+t)+8

⇔7=uvt+2(uv+vt+tu)+3(u+v+t)
+) u = v = t ( lo¹i ) do 7 = 0
+) u 1 ( lo¹i ) do 7 = 3u

+) u ≥ v ≥1;t=0 ( lo¹i ) do 7 = 2uv + 3(u +v ) cã 2uv + 3(u + v) 8
+) u ≥ v ≥ t ≥1 ( lo¹i ) do uvt + 2( uv + vt + tu) +3( u + v + t) >7 .
VËy phơng trình có 6 nghiệm nguyên

Bài 8 ( 2,0 điểm )

B M K C

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

KỴ MH  AB t¹i H ; MK  AC t¹i K 0,5
Theo tính chất phân giác thì MH = MK (1) 0,5
Mặt khác MCA = MNA (2) ( hai gãc cã c¹nh tơng ứng vuông góc) 0,5
Từ (1) và (2) suy ra  MKC =  MHN ⇒MC=MN 0,5

Bài 9 ( 2,0 điểm )

Din tích tam giác đều ABC là S1=a
2

√3

4 0,5
Diện tích của hình quạt của đờng trịn bán kính a và có góc ở tâm 600 là :

S2 = a

π

6 0,5
Diện tích của hình viên phân tạo bởi một cạnh ABC và cung nhỏ trơng bởi cạnh
ấy là : S3 = S2 S1 = a

(2π −3√3)

12 0,5
Vậy diện tích chung của 3 đờng trịn là : S = S1 + 3S3 = a

2 (π −√3) 0,5

Bài 10 (2,0 điểm )

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>