Đáp án đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán 2010

Chú ý: Học sinh có thể làm nhanh hơn bằng phương pháp so sánh... Ta có EPBTPFđối đỉnh 1 EPBBHEcùng chắn cung BE 2 TPFMHQ cùng chắn cung MQ 3 MHQHCQgóc có cạnh tương ứng vuông góc 4..

2

0 : 0

       



        



ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ( VÒNG 2 )

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2010 Câu I :

1) Tập xác định: 1.

3

x  Hai vế của phương trình không âm, bình phương hai vế ta được

x 3 2 (x3)(3x 1) 3x 1 16

2 2

2

3

34 33 0

x

x

x x



 







 



 x 1 (Thoả mãn điều kiện)

Đáp số: x 1.

Chú ý: Học sinh có thể làm nhanh hơn bằng phương pháp so sánh

+ Nếu 1 1

3 x

x x



 



+ Nếu x  1 x  3 3x  1 1 3   3 1    4 vô nghiệm

+ Nếu x  1 x  3 3x  1 1 3   3 1   4 (thoả mãn)

2) Cách 1 Hệ đã cho tương đương với







(1) (2) Nhân hai vế của phương trình (2) với 2 rồi cộng theo vế với phương trình (1) ta được 2

9x  6x 48  0

hoặc y  3

vô nghiệm

Đáp số: (x 2,y 1) hoặc (x 2,y  3).

(2xy)   (x y)  5x  2y  2xy

(2xy) ( x y)3x

Hệ phương trình tương đương với

x y x y

x y x y x y x y





Đặt u 2xy v,  x y ta thu được

u v uv u v uv



8

u v

u v u v

u v

 





u v u v



5

2, 1

1

x y

x y

x y

x y

x y

x y











v u

u v

  

Câu II :

1) Suy ra tồn tại số nguyên dương m(mn) thoả mãn

391 ( )( ) 17.23 1.391

Suy ra

391

1 23

17

m n

m n

m n

n n

m n











Đáp số: n3,n195

(z xy)  (z x z)( y)z  zx zyxyz x(   y z) xy z xy Suy ra zxy  z xy (1)

2x  2y  (xy)  2x  2y  x y. (2)

Cộng hai bất đẳng thức (1) và (2) ta thu được

zxy x  y    x y z xy   xy

Suy ra

1.

1

xy





Dấu đẳng thức xảy ra

1 2

x y a

z a

 





1 ( (0, )).

2

Câu III :

A

S T

M

E P Q F

B H C

1) Vì ABC nhọn nên các điểm E F, nằm trên các cạnh AB AC, và P Q, nằm trong ABC

Ta có EPBTPF(đối đỉnh) (1) EPBBHE(cùng chắn cung BE) (2) TPFMHQ (cùng chắn cung MQ) (3) MHQHCQ(góc có cạnh tương ứng vuông góc) (4)

Từ (1), (2), (3), (4) BHEHCQ EH SC

Vì EHAB SCAB(5)

Tương tự ta thu được BT AC (6) Từ (5), (6)  M là trực tâm (ĐPCM)

2) Ta có AEFBHP (cùng bù với góc BEP) (7)

Ta có

HP BP

CT BT





 HP CT BHPBCT (8)

180

AEF BCT

BCF BEF AEF BEF



 Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp

Câu IV : Nếu tất cả các số được đánh dấu đều dương  đpcm

Xét trường hợp tồn tại i để a i được đánh dấu và a i  0, chọn i là chỉ số nhỏ nhất như vậy Khi đó theo giả thiết tồn tại k để a ia i1a i2 a i k  0.

Giả sử k là số nhỏ nhất để a ia i1 a i k  0 (1) (hiển nhiên k 1) Như vậy

1

0

0

0

i

i i

a

a a

a a a





Ta có a i (a i1 a i k )   0 a i1 a i k  0 a i1 được đánh dấu

(a ia i ) (  a i  a i k )   0 a i  a i k  0 a i2 được đánh dấu

Cuối cùng (a ia i1 a i k 1) a i k   0 a i k   0 a i k cũng được đánh dấu

 tất cả các số a a i, i1,a i2, ,a i k đều được đánh dấu Như vậy, trong các số

1 , 2 , , i k

a a a các số được đánh dấu có tổng lớn hơn 0

Tiếp tục quá trình lập luận trên cho các số còn lại a i k 1, ,a2010 Sau một số hữu hạn bước ta được điều phải chứng minh