DAP AN DE THI VAO 1O4

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (74.29 KB, 4 trang )

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

Hớng dẫn chấm và thang điểm thi vào lớp 10 chuyên

Bài 1 ( 2,0 ®iĨm )

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 ) =









)
)(

(b c c a

b

a   0,5

Vì a ; b ; c là các số hữu tỉ nên :( a + b )( b + c)( c + a)là các số hữu tỉ và









)
)(

(b c c a

b

a   lµ số hữu tỉ không âm nên (ab cd)(bc ad)(ca bd)

= (ab)(bc)(ca) là một số hữu tỉ. 0,5

Bài 2 (2,0 điểm)

Với k N*

 ta cã (2006 20051)(2006 1) 20061 (200061 2005 20061 1)









 k k k

k 1,0

VËy S2006 = )

1
2006
1
2005
2006
1

...
4013
1
2007
1
2007
1
1
(
2006
1








n
n
=
1
2006
)
1
2006
1
1
(

2006
1




 n 0,5

Biến đổi S2006 =

2006
1
)
1
2006
1
1
(
2006
1
)
1
2006
1
1
2006
(
2006
1

n
n
n
0,5

Bài 3 (2,0 điểm )

Trờng hợp 1 : xét x1 khi đó bất phơng trình  x3 . Tập nghiệm

T1(x) = 3:xRx3 1,0

Trờng hợp 2 : Xét x < 1 khi đó bất phơng trình 15 (vơ lý) . Vy tp nghim

của bất phơng trình là T(x) = xxR;x3

Bài 4 ( 2,0 điểm)

Để hai nphơng trình có nghiÖm chung  hÖ











0
0
1
2
2
m
x
x
mx
x

cã nghiệm 0,5
Đặt y = x2 ta cã hÖ :










m
y
x

y
mx 1

ta cã D = m – 1 , Dx = m – 1 , Dy = 1- m2 0,5

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









1
1
m
y
x
0,5

Để hệ ban đầu có nghiệm 2 1 1 2











 y x m m 0,5

Vậy với m = -2 thì hai phơng trình có nghiệm chung

Bài 5 ( 2,0 điểm)

Tp xỏc nh x10 x1 vậy D =  1; 0,5

Bình phơng 2 vế ta đợc phơng trình : x( x + 1)( x2 – x – 1 ) = 0 1,0

2
5
1 1
0

x
x
x

. Vậy phơng trình có tập nghiÖm T(x) =






 

2
5
1
;
1
;

0 0,5

Bài 6 (2,0 điểm)

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

SOAB = 9 . 9 1 1 18 ( 1) 18
2
1 2










 OAOB m m m 0,5



















2
3
1
2

3
1
2
3
1
2
3
1
m
m
m
m

. KÕt luËn : víi m = 13 2 thoả mÃn yêu cầu 0,5

Bài 7 (2,0 ®iĨm)

Do vai trị của x ; y; z bình đẳng nên giả sử xyz1 thì chỉ xảy ra 4 khả năng 0,5
Khả năng 1 : x = y = z = 1; thay vào ta có 1 = 12 ( vụ lớ )

Khả năng 2 : x >1 ; y = z = 1; thay vµo ta cã x = x + 11 ( v« lÝ) 0,5
Khả năng 3 : xy1;z 1 ; thay vµo ta cã xy = 10 + x + y

.
11
)
1
)(
1
(

11
)
1
(
)
1
(

10        





 xy x y x y y x y Vì xy1 nên :

1
2
12
1
1
11
1
z
y
x
y
x

.Hoỏn v 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: xyz1 . Đặt ẩn phụ

0
;
2
2
2
2
2
2
t
v
u

t
z
v
y
u
x
ra
Suy
z
t
y
v
x
u

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

8
)
(
4
)
(
2

15          
 u v t uvt uv vt tu u v t

)
(

3
)
(
2

7uvt uvvttu  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 .

Vậy phơng trình có 6 nghiệm nguyên

Bài 8 ( 2,0 điểm )

Kẻ MH AB tại H ; MK  AC t¹i K 0,5

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

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 )

Diện tích tam giác đều ABC là

4
3
2
1

a

S  0,5

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

S2 =
6



a 0,5

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

12
)
3
3
2
(

2 