DAP AN DE THI VAO 1O3

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

<b>Híng dÉn chÊm §Ị thi tun sinh </b>
<b>vào lớp 10 chuyên </b>

<i>Môn:</i> Toán (<i>dành cho Chuyên Toán</i>)

<b>Bài 1</b> (2,5 điểm)
Câu a) (1 điểm)

Phơng trình 4x2 2x 20 có hai nghiệm trái dấu nên ta có:
0

2
2

4a2 a (víi a > 0) (1). (0,25 ®iĨm)
Tõ (1) ta cã:

2
2
1
2 a

a   ;

8
2

1 2

4 a a

a    . (0,25 ®iĨm)

Từ đó ₄ ₂

1
1

a
a
a

a
S







 ₌ 4 2

1 a
a

a    (0,25 ®iĨm)

=

2

2
1
8

8
8
8

2

1 a a2 a  a





 ₌ ₂

2
2
1
2
2

3

a

a

.

Vậy S = 2. (0,25 điểm)

Câu b) (1,5 ®iĨm)

0
1
1
5
10

3  x  x  (1).

Điều kiện để (1) có nghĩa là x ≤ 2. (0,25 điểm)
Ta lần lợt có các phơng trình sau:

1
1

5
10

3  x  x
1
2

1

5
10

3  x x2  x (0,25 ®iĨm)

x
x

x 2

5
10

3   2 

9(10  5x) = x4__4x3_{+ 4x}2

x4 __4x3_{+ x}2_{+ 45x}__{90 = 0} _{(0,25 ®iÓm)}

(x  2)(x + 3)(x2 __{5x + 15) = 0} _{(0,25 điểm)}

Phơng trình cuối có hai nghiệm x = 2 và x = 3. (0,25 điểm)
Thử lại nghiệm ta thÊy chØ cã nghiƯm x = 2 tháa m·n ph¬ng tr×nh (1).

Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. (0,25 điểm)
<b>Bài 2</b> (2,5 điểm)

C©u a) (1 ®iĨm)

Ta cã: 2 2

15
)
5
2
6

( x y x

y    

 6yx2__2y2 __{5y + 15x}2_{= 0} _{(0,25 ®iĨm)}

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

 (3x2 __{y)(2y + 5) = 0}









2
5
3 2
y
x

y
(0,25 điểm)
Trên hệ trục tọa độ Oxy, tất cả các điểm
thỏa mãn đề ra là các điểm nằm trên đờng
thẳng

2
5




y vµ parabol y = 3x2_.

(0,25 điểm)
Vẽ hình: (hình bên). (0,25 ®iĨm)
C©u b) (1,5 ®iĨm)

(3)


1
18
3
3
3
(2)


5

6
15
2
(1)





0
2
2
2
2


























y
y
x
y
y
x
x
y
y

Ta cã (2)

(1))

do
(loại

2
5
3 2
y
x
y
(0,25 điểm)

Thay y = 3x2_{vào (3) ta cã:}



₃ ₃



6 ₁

2
2
2




x
x
x (4).

®iỊu kiƯn x  0. (0,25 ®iĨm)

(4)  x4



3 x2 3



9 (x23)

 x4



3 x23

 

3 x2 3



3 x2 3



 x4 x23 30 (0,25 ®iĨm)

 0
4
1
3
3
4

1 2 2

2
4














x x x

x

 0
2
1
3
2

1 2 2

2
2
















 x
x

 x2 x2 310 (0,25 ®iĨm)

 x21 x23

 x4_{+ 2x}2_{+ 1 = x}2_{+ 3}

 x4_{+ x}2__{2 =0}

 x = 1. (0,25 điểm)

Thay vào y = 3x2_{, ta cã} _{y = 3.}

Kết luận: có hai cặp số thỏa mãn đề ra là (1 ; 3) và (1 ; 3). (0,25 im)
<b>Bi 3</b> (2 im)

Câu a) (1 điểm)

x
y

O 1

1

3

5/2

y = 3x2

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

Gi¶ sư sè 20062007_{cã n ch÷ sè.}

Ta cã 106021_{= 1000}2007_{< 2006}2007_{< 10}n__{n > 6021.}

Ta sÏ chøng minh sè 20062007_{+ 2}2008_{cịng cã n ch÷ sè.} _{(0,25 ®iĨm)}

Giả sử số 20062007_{+ 2}2008_{có nhiều hơn n chữ số, khi đó ta có:}

20062007_{+ 2}2008_₁₀n_{> 2006}2007

 22007_.10032007 _{+ 2.2}2007 _₂n_.5n_{> 2}2007_.10032007

 10032007 _{+ 2}₂n2007_.5n_{> 1003}2007_. _{(0,25 điểm)}

Vì 2n2007_.5n _{là số nguyên nên chỉ xảy ra hai trờng hợp sau:}
<i>Trêng hỵp 1:</i> 2n2007_.5n_{= 1003}2007_{+ 1.}

Lúc này, vế trái chia hết cho 5, trong khi đó vế phải bằng:





 





 



sè

501

4
4

4

1003
.
...
.
1003
.

1003 _.

1
10033 ,

râ rµng số có giá trị   

sè

501

4

4

4

1003
.
...
.
1003
.

1003 _{cã tËn cïng lµ 1, 1003}3_{có số tận cùng là}

7, vậy vế phải là số có tận cùng là 8 nên vế phải không chia hết cho 5, trờng hợp

này không thỏa mÃn. (0,25 điểm)

<i>Trờng hợp 2:</i> 2n2007_.5n_{= 1003}2007_{+ 2.}

Rõ ràng trờng hợp này cũng không xảy ra vì vế trái là số chẵn, còn vế phải là
số lẻ.

Vy iu giả sử số 20062007_{+ 2}2008_{có nhiều hơn n chữ số là sai, từ đó suy ra}

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

Câu b) (1 điểm)

*) Giả sử hệ (I)

b

ay

cx

a

cy

bx

c

by

ax

cã nghiÖm, ta sÏ chøng minh a3b3c33abc.

Ta chøng minh b»ng ph¶n chøng:

Gi¶ sư a3b3c33abcsuy ra ( )[( ) ( ) ( ) ] 0
2

1 _a__b__c _a_ _b 2_ _b_ _c 2_ _c_ _a 2 _ _.

 a + b + c 0 (1) và không xảy ra trờng hợp a = b = c (2).

Vì hệ (I) cã nghiƯm nªn (x0 ; y0) sao cho























b

ay

cx

a

cy

bx

c

by

ax

0
0

0
0

0
0

(II). (0,25 điểm)

Cộng các vế lại với nhau ta có x0 + y0 = 1  y0 = 1  x0 thay vµo (II) ta cã:





























a

b

x

a

c

c

a

x

c

b

b

c

x

b

a

0
0
0

)

(

)

(

)

(

 NÕu a = b  c = b  a = c  a = b = c trái với (2).

Tơng tự nếu b = c hoặc c = a thì cũng suy ra a = b = c tr¸i víi (2).

 NÕu a  b; b  c; c  a 

c
b

c
a
b
a

b
c







 (a  b)2_+(b__c)2_+(c__a)2_{= 0}__{a = b = c tr¸i víi (2).}

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. (0,25 điểm)
*) Giả sử a3b3c3 3abc, ta chứng minh hệ (I) có nghiệm, thật vậy:

abc
c

b

a3 3 33  










0

c
b
a

c
b
a

.

<i>Trờng hợp 1:</i> a = b = c, khi đó dễ thấy (I) có nghiệm. (0,25 điểm)

<i>Trờng hợp 2:</i> a + b + c = 0  c = (a + b) khi đó (I) 





















a

y

b

a

bx

b

a

by

ax

)

(

)

(

 Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì rõ rµng hƯ cã nghiƯm.

 Nếu a  0 và b  0, khi đó 0
)
(

2
2










b
a
b

b
ab

a
b
a

b
b
a

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>



)
(a b

b
b

a




 hệ có nghiệm dẫn tới điều phải chứng minh. (0,25 điểm)
<b>Bài 4</b> (3 điểm)

Câu a) (2 điểm)

*) Phn thuận: Vì BC // MN, theo định lí Ta lét ta có:
DN

CB

FD

CF

 (1);

CB
AM
EB

AE

 (2).

(0,25 điểm)
Theo giả thiết ta có:

EB
AE
FD
CF

nên từ (1) và (2) ta cã :
CB

AM
DN

CB

 

AB
AM
DN

CD

 dÉn

đến hai tam giác vuông MAB

và CDN đồng dạng với nhau. (0,25 điểm)

V× vËy, DNC = MBA mµ BMA + MBA = 900 __{BMA + DNC = 90}0__{MPN = 90}0

(0,5 ®iĨm)

 P nhìn BC dới một góc vng  P thuộc nửa đờng trịn đờng kính BC, nằm ngồi
hình vng ABCD, trừ đi hai điển B và C. (0,25 điểm)

*) Phần đảo: Lấy điểm P bất kì thuộc nửa đờng trịn đờng kính CB (nằm
ngồi hình vng ABCD, khơng trùng với B và C), PC cắt DA kéo dài tại N, PB cắt
DA kéo dài tại M, E là giao điểm của CM với BA, F là giao điểm của NB với CD,

ta phải chứng minh CF = AE. (0,25 điểm)

Vì NPM = 900 __{PNM + PMN = 90}0_{mµ ABM + PMN = 90}0 __{PNM = ABM nªn}

hai tam giác vng DNC và ABM đồng dạng với nhau, ta có:

CF
AE
FD
EB

FD
FD
CD
EB

BE
AB
FD

CF
EB
AE
ND

CB
CB
AM
ND

CD
AB
AM


















Vậy ta có điều phải chứng minh. (0,25 điểm)
Kết luận: Quỹ tích của điểm P là nửa đờng trịn đờng kính BC, nằm ngồi
hình vng ABCD, trừ đi hai điển B và C. (0,25 điểm)
Câu b) (1,5 điểm)

Gäi S1, S2, S3 lần lợt là diện tích các tam giác ABI, BIC, CAI.

Chú ý rằng hai tam giác có cùng đờng cao thì tỉ số diện tích của chúng bằng tỉ số

hai cạnh đáy. (0,25 điểm)

Ta cã:

M A D N

E

F

B C

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

2
3
1

1 1 1 1 1 S

S
S
S

S

S
S

S
S
S

S
IA

AI

CI
A
BI
A

ACI
ABI

CI
A

ACI
BI

A

ABI _ 




















t¬ng tù: ; .

1
3
2
1
3

2
1

1 S

S
S
IC

CI
S

S
S
IB

BI 






(0,25 điểm)
Theo bất đẳng thức Cơ si ta có:

  



 

1 3 1 2 2 3

1 1 1 2 3 1

1 3 1 2 2 3
1 2 3

AI BI CI S S S S S S

. . . .

IA IB IC S S S

2 S S .2 S S .2 S S
8
S S S

(0,25 điểm)
Đẳng thức sảy ra khi S1 = S2 = S3 =

3
1

S



1
1

2

IB
BI
IA

AI



 _{, lúc đó I là trọng tâm của tam giác ABC. (0,25 điểm)}

<i><b>---Chú ý:</b></i> +) Nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
+) Bài hình khơng có hình vẽ thì không chấm.

A

C
B

I
A

1

B

1

C

</div>

<!--links-->