ĐÁP ÁN ĐỀ THI VAO 1O(3)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (85.93 KB, 6 trang )
Hớng dẫn chấm Đề thi tuyển sinh
vào lớp 10 chuyên
Môn: Toán (dành cho Chuyên Toán)
Bài 1 (2,5 điểm)
Câu a) (1 điểm)
Phơng trình
0224
2
=+
xx
có hai nghiệm trái dấu nên ta có:
0224
2
=+
aa
(với a > 0) (1). (0,25 điểm)
Từ (1) ta có:
22
1
2
a
a
=
;
8
21
2
4
aa
a
+
=
. (0,25 điểm)
Từ đó
24
1
1
aaa
a
S
++
+
=
=
24
1 aaa
+++
(0,25 điểm)
=
22
1
8
88
8
21
2
aaaa
+
+
+
+
=
2
22
1
22
3
=
+
+
aa
.
Vậy S =
2
. (0,25 điểm)
Câu b) (1,5 điểm)
0115103
=++
xx
(1).
Điều kiện để (1) có nghĩa là x 2. (0,25 điểm)
Ta lần lợt có các phơng trình sau:
115103
=+
xx
1215103
2
+=+
xxx
(0,25 điểm)
xxx 25103
2
=
9(10 5x) = x
4
4x
3
+ 4x
2
x
4
4x
3
+ x
2
+ 45x 90 = 0 (0,25 điểm)
(x 2)(x + 3)(x
2
5x + 15) = 0 (0,25 điểm)
Phơng trình cuối có hai nghiệm x = 2 và x = 3. (0,25 điểm)
Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có nghiệm x = 2 thỏa mãn phơng trình (1).
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. (0,25 điểm)
Bài 2 (2,5 điểm)
Câu a) (1 điểm)
Ta có:
22
15)526( xyxy
=
6yx
2
2y
2
5y + 15x
2
= 0 (0,25 điểm)
2y(3x
2
y) + 5(3x
2
y) = 0 (0,25 điểm)
1
(3x
2
y)(2y + 5) = 0
=
=
2
5
3
2
y
xy
(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
và parabol y = 3x
2
.
(0,25 điểm)
Vẽ hình: (hình bên). (0,25 điểm)
Câu b) (1,5 điểm)
(3) 1
18
3
3
3
(2) 56152
(1) 0
2
222
=
++
=
>
y
y
x
yyxxy
y
Ta có (2)
=
=
(1)) do (loại
2
5
3
2
y
xy
(0,25 điểm)
Thay y = 3x
2
vào (3) ta có:
(
)
1
6
33
2
22
=++
x
xx
(4).
điều kiện x 0.
(0,25 điểm)
(4)
(
)
)3(933
224
+=++
xxx
(
)
(
)
(
)
333333
2224
+++=++ xxxx
033
24
=++
xx
(0,25 điểm)
0
4
1
33
4
1
2224
=
+++++
xxxx
0
2
1
3
2
1
2
2
2
2
=
+
+
xx
013
22
=++
xx
(0,25 điểm)
31
22
+=+
xx
x
4
+ 2x
2
+ 1 = x
2
+ 3
2
x
y
O 1
1
3
5/2
y = 3x
2
y = 5/2
x
4
+ x
2
2 =0
x =
1
. (0,25 điểm)
Thay vào y = 3x
2
, ta có
y = 3.
Kết luận: có hai cặp số thỏa mãn đề ra là (1 ; 3) và (1 ; 3).(0,25 điểm)
Bài 3 (2 điểm)
Câu a) (1 điểm)
Giả sử số 2006
2007
có n chữ số.
Ta có 10
6021
= 1000
2007
< 2006
2007
< 10
n
n > 6021.
Ta sẽ chứng minh số 2006
2007
+ 2
2008
cũng có n chữ số. (0,25 điểm)
Giả sử số 2006
2007
+ 2
2008
có nhiều hơn n chữ số, khi đó ta có:
2006
2007
+ 2
2008
10
n
> 2006
2007
2
2007
.1003
2007
+ 2.2
2007
2
n
.5
n
> 2
2007
.1003
2007
1003
2007
+ 2 2
n
2007
.5
n
> 1003
2007
. (0,25 điểm)
Vì 2
n
2007
.5
n
là số nguyên nên chỉ xảy ra hai trờng hợp sau:
Trờng hợp 1: 2
n
2007
.5
n
= 1003
2007
+ 1.
Lúc này, vế trái chia hết cho 5, trong khi đó vế phải bằng:
số 501
444
1003. ... .1003.1003
.
11003
3
+
,
rõ ràng số có giá trị
số 501
444
1003. ... .1003.1003
có tận cùng là 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)
Trờng hợp 2: 2
n
2007
.5
n
= 1003
2007
+ 2.
Rõ ràng trờng hợp này cũng không xảy ra vì vế trái là số chẵn, còn vế phải là
số lẻ.
Vậy điều giả sử số 2006
2007
+ 2
2008
có nhiều hơn n chữ số là sai, từ đó suy ra
điều phải chứng minh. (0,25 điểm)
3
Câu b) (1 điểm)
*) Giả sử hệ (I)
=+
=+
=+
baycx
acybx
cbyax
có nghiệm, ta sẽ chứng minh
abccba 3
333
=++
.
Ta chứng minh bằng phản chứng:
Giả sử
abccba 3
333
++
suy ra
0])()())[((
2
1
222
++++
accbbacba
.
a + b + c 0 (1) và không xảy ra trờng hợp a = b = c (2).
Vì hệ (I) có nghiệm nên (x
0
; y
0
) sao cho
=+
=+
=+
baycx
acybx
cbyax
00
00
00
(II). (0,25 điểm)
Cộng các vế lại với nhau ta có x
0
+ y
0
= 1 y
0
= 1 x
0
thay vào (II) ta có:
=
=
=
abxac
caxcb
bcxba
0
0
0
)(
)(
)(
Nếu 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 trái với (2).
Nếu a b; b c; c a
cb
ca
ba
bc
=
(a b)
2
+(b c)
2
+(c a)
2
= 0 a = b = c trái với (2).
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. (0,25 điểm)
*) Giả sử
abccba 3
333
=++
, ta chứng minh hệ (I) có nghiệm, thật vậy:
abccba 3
333
=++
=++
==
0cba
cba
.
Trờng hợp 1: a = b = c, khi đó dễ thấy (I) có nghiệm. (0,25 điểm)
Trờng hợp 2: a + b + c = 0 c = (a + b) khi đó (I)
=+
+=+
aybabx
babyax
)(
)(
Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì rõ ràng hệ có nghiệm.
4
Nếu a 0 và b 0, khi đó
0
)(
22
+
++
=
+
+
bab
baba
ba
b
b
a
.
)( ba
b
b
a
+
hệ có nghiệm dẫn tới điều phải chứng minh. (0,25 điểm)
Bài 4 (3 điểm)
Câu a) (2 điểm)
*) Phần 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 có :
CB
AM
DN
CB
=
AB
AM
DN
CD
=
dẫn
đến hai tam giác vuông MAB và CDN đồng dạng với nhau.(0,25 điểm)
Vì vậy, DNC = MBA mà BMA + MBA = 90
0
BMA + DNC = 90
0
MPN = 90
0
(0,5 điểm)
P nhìn BC dới một góc vuông P thuộc nửa đờng tròn đờng kính BC, nằm ngoài
hình vuông ABCD, trừ đi hai điển B và C.
(0,25 điểm)
*) Phần đảo: Lấy điểm P bất kì thuộc nửa đờng tròn đờng kính CB (nằm ngoài
hình vuông ABCD, không 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 = 90
0
PNM + PMN = 90
0
mà ABM + PMN = 90
0
PNM = ABM nên
hai tam giác vuông DNC và ABM đồng dạng với nhau, ta có:
CFAEFDEB
FD
FDCD
EB
BEAB
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 tròn đờng kính BC, nằm ngoài hình
vuông ABCD, trừ đi hai điển B và C. (0,25 điểm)
5
M NA D
E
F
B C
P
