De thi Toan chuyen Hung Yen (09 - 10)

Hớng dẫn chung 1 Hớng dẫn chấm thi này chỉ trình bày các bớc chính của lời giải hoặc nêu kết quả.. Trong bài làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ.. 2 Nếu thí sinh làm bài không t

Sở giáo dục và đào tạo

Hng yên

đề chính thức

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên

Năm học 2009 – 2010 2010 Môn thi: Toán

(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin)

Hớng dẫn chấm thi

(Bản Hớng dẫn chấm thi gồm 04 trang)

I Hớng dẫn chung

1) Hớng dẫn chấm thi này chỉ trình bày các bớc chính của lời giải hoặc nêu kết quả.

Trong bài làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ.

2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần nh hớng dẫn quy định.

3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hớng dẫn phải đảm bảo không sai lệch với hớng dẫn chấm và đợc thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.

4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không đợc làm tròn

II Đáp án và thang điểm

Bài 1: (1,5 điểm)

7

0,5 đ

a = 2 : 2 7

2

x 2x 6 0

Vậy phơng trình 2

x 2x 6  nhận 7 10  làm nghiệm

0,25 đ

Bài 2: (2,5 điểm)

a)

x 16

x 16

xy

y 9

(2) xy

x 2





ĐK: x, y0 0,25 đ

Giải (2) 2 2

6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0

* Nếu 2x 3y 0 x 3y

2



Thay vào (1) ta đợc y. 3y 3 16



0,25 đ



2



* Nếu 3x 2y 0 x 2y

3

Thay vào (1) ta đợc 2

y  9 y3

0,25 đ

- Với y 3 x2 (thoả mãn điều kiện)

- Với y 3 x2 (thoả mãn điều kiện) 0,25 đ

Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)

x  2x 1  y x 1  y x 1 y (y0) (*)

Phơng trình đã cho trở thành: y 1 2 3 y 1  m0

2

0,25 đ

Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình

(1) có 2 nghiệm dơng phân biệt

0,25 đ

     

0,25 đ

9

4

4







  



Vậy với 4 m 9

4

   thì phơng trình có 4 nghiệm phân biệt

0,25 đ

Bài 3: (2,0 điểm)

a) Vì k > 1 suy ra 2 2

k  4 5; k 165

k 5n 1 (với n ) k 25n 10n 1  k 4 5

2

  không là số nguyên tố

0,25 đ

k 5n2 (với n) k 25n 20n 4 k 16 5

2

k 16

  không là số nguyên tố

0,25 đ

k 5n3 (với n) k 25n 30n 9 k 16 5

2

k 16

  không là số nguyên tố

0,25 đ

k 5n4 (với n) k 25n 40n 16  k 4 5

2

  không là số nguyên tố

Do vậy k 5

0,25 đ

b) Ta chứng minh: Với a, b, c thì  2  2 2 2

a b c 3 a b c (*)

(*) a b c 2ab2bc 2ca 3a 3b 3c

(a b) (b c) (c a) 0

0,5 đ

áp dụng (*) ta có:

 p a p b p c2 3 3p  a b c 3p

Suy ra p a  p b p c 3p (đpcm)

0,5 đ

Bài 4: (3,0 điểm)

J I

C N

M

O

D

a) Xét MBC và MDB có:

BDMMBC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

BMCBMD

0,5 đ

Do vậy MBC và MDB đồng dạng

Suy ra MB MD MB.BD MD.BC

0,5 đ

b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC  BJC 2BDC 2MBC

MBC

2

 1800 BJC BCJ cân tại J CBJ

2



0,5 đ

O

O BJC 180 BJC



Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB

0,5 đ

c) Kẻ đờng kính MN của (O)  NB  MB

Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB

Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp ADC

Chứng minh tơng tự I thuộc AN

Ta có ANBADB 2BDM BJC  CJ // IN

Chứng minh tơng tự: CI // JN

0,5 đ

Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành  CI = NJ

Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là:

IC + JB = BN (không đổi)

0,5 đ

Bài 5: (1,0 điểm)

g

b

a

G F

I

H

J

M

C

D

E

K

Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (với

a, b, c, d, e, f, g, h là các số hữu tỉ dơng)

Do các góc của hình 8 cạnh bằng nhau nên mỗi góc trong của hình 8 cạnh có

số đo là:

O

O

8 2 180

135 8

(  )



0,25 đ

Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180O - 135O = 45O

Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân

 MA = AE = h

2 ; BF = BG =

b

2 ; CH = CI =

d

2 ; DK = DJ =

f 2

2   2  2   2

 (e - a) 2 = h + b - f - d

0,5 đ

Nếu e - a ≠ 0 thì h b f d

2

e a

  

  (điều này vô lý do 2 là số vô tỉ) Vậy e - a = 0  e = a hay EF = IJ (đpcm)

0,25 đ

Hết