Rõ ràng trờng hợp này cũng không xảy ra vì vế trái là số chẵn, còn vế phải là số lẻ... ⇒ ba ≠−ab+b⇒ hệ có nghiệm dẫn tới điều phải chứng minh... + Bài hình không có hình vẽ thì không chấ
Trang 1Hớng 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 4 x 2 + 2 x − 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu nên ta có:
0 2 2
Từ (1) ta có:
2 2
1
a = − ;
8
2
1
1 a a a
a S
− + +
+
=
2 2
1 8
8 8 8
2
1 − a + a 2 + a + + − a = 2
2 2
1 2 2
3
=
− +
a
Câu b) (1,5 điểm)
0 1 1 5 10
Ta lần lợt có các phơng trình sau:
1 1
5 10
3 − x + = x −
1 2 1
5 10
x x
5 10
9(10 − 5x) = x4− 4x3 + 4x2
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: y ( 6 x 2 − 2 y − 5 ) = − 15 x 2 ⇔
Trang 2⇔ (3x2− y)(2y + 5) = 0
⇔
−
=
=
2 5
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 và parabol y = 3x2
(0,25 điểm)
Vẽ hình: (hình bên) (0,25 điểm)
Câu b) (1,5 điểm)
(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 có (2) ⇔
−
=
=
(1)) do (loại 2 5
y
x y
(0,25 điểm) Thay y = 3x2 vào (3) ta có:
(3 2 3) 62
x x
điều kiện x ≠ 0
(0,25 điểm) (4) ⇔ x 4(3 + x 2 + 3)= 9 − ( x 2 + 3 )
⇔ (3 2 3) (3 2 3)(3 2 3)
4 + x + = − x + + x +
x
4
1 3 3
4
2
− +
x
2
1 3 2
+ −
−
x + x
⇔ x 2 + 1 = x 2 + 3
⇔ x4 + 2x2 + 1 = x2 + 3
x
y
O 1
−1
3
−5/2
y = 3x2
y = −5/2
Trang 3⇔ x4 + x2− 2 =0
Thay vào y = 3x2, 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 20062007 có n chữ số
Ta có 106021 = 10002007 < 20062007 < 10n⇒ n > 6021
Ta sẽ chứng minh số 20062007 + 22008 cũng có n chữ số (0,25 điểm) Giả sử số 20062007 + 22008 có nhiều hơn n chữ số, khi đó ta có:
20062007 + 22008≥ 10n > 20062007
⇒ 22007.10032007 + 2.22007≥ 2n.5n > 22007.10032007
⇒ 10032007 + 2 ≥ 2n − 2007.5n > 10032007 (0,25 điểm) Vì 2n − 2007.5n là số nguyên nên chỉ xảy ra hai trờng hợp sau:
Trờng hợp 1: 2n − 2007.5n = 10032007 + 1
Lúc này, vế trái chia hết cho 5, trong khi đó vế phải bằng:
số 501
4 4
4 1003 1003
rõ ràng số có giá trị
số 501
4 4
4 1003 1003
7, vậy vế phải là số có tận cùng là 8 nên vế phải không chia hết cho 5, trờng hợp này
Trờng hợp 2: 2n − 2007.5n = 10032007 + 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 20062007 + 22008 có nhiều hơn n chữ số là sai, từ đó suy ra
Trang 4Câu b) (1 điểm)
*) Giả sử hệ (I)
= +
= +
= +
b ay cx
a cy bx
c by ax
có nghiệm, ta sẽ chứng minh a 3 + b 3 + c 3 = 3 abc
Ta chứng minh bằng phản chứng:
Giả sử a 3 + b 3 + c 3 ≠ 3 abcsuy 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) có nghiệm nên ∃(x0 ; y0) sao cho
= +
= +
= +
b ay cx
a cy bx
c by ax
0 0
0 0
0 0
Cộng các vế lại với nhau ta có x0 + y0 = 1 ⇒ y0 = 1 − x0 thay vào (II) ta có:
−
=
−
−
=
−
−
=
−
a b x a c
c a x c b
b c x b a
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 ⇒ ac bb =ba−−cc
−
−
⇒ (a − b)2+(b − c)2+(c − a)2 = 0 ⇒ a = b = c trái với (2)
*) Giả sử a 3 + b 3 + c 3 = 3 abc, ta chứng minh hệ (I) có nghiệm, thật vậy:
abc c
b
a 3 + 3 + 3 = 3 ⇔ aa+=bb+=cc=0
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) ⇔
= +
−
+
−=
+
a y b a bx
b a by
ax
) (
) (
− Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì rõ ràng hệ có nghiệm
Trang 5− Nếu a ≠ 0 và b ≠ 0, khi đó 0
) (
2 2
≠ +
+ +
= +
+
b a b
b ab a b a
b b
a
⇒ ba ≠−(ab+b)⇒ 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
(0,25 điểm) Theo giả thiết ta có:
EB
AE
FD
CF
=
nên từ (1) và (2) ta có :
CB
AM
DN
CB
= ⇒ DNCD =AMAB dẫn
đến hai tam giác vuông MAB và CDN đồng dạng với nhau.(0,25 điểm)
Vì vậy, DNC = MBA mà BMA + MBA = 900⇒ BMA + DNC = 900⇒ MPN = 900
(0,5 điểm)
⇒ P nhìn BC dới một góc vuông ⇒ P thuộc nửa đờng tròn đờng kính BC, nằm ngoài
*) 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
Vì NPM = 900 ⇒ PNM + PMN = 900 mà ABM + PMN = 900 ⇒ PNM = ABM nên hai tam giác vuông 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
=
⇒
=
⇒
−
=
−
⇒
=
⇒
=
⇒
=
Kết luận: Quỹ tích của điểm P là nửa đờng tròn đờng kính BC, nằm ngoài hình
E
F
P
Trang 6Câu b) (1,5 điểm)
Gọi 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
Ta có:
2
3 1
S S S
S
S S
S
S S
S IA
AI
CI A BI A
ACI ABI
CI A
ACI BI
A
+
+
=
=
=
∆
∆
∆
∆
∆
∆
∆
∆
1
3 2 1 3
2 1
S S IC
CI S
S S IB
(0,25 điểm) Theo bất đẳng thức Cô si ta có:
=
1 2 3
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)
-Chú ý: +) Nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
+) Bài hình không có hình vẽ thì không chấm
A
C B
I
A1
B1
C1
