Hớng dẫn chấm và thang điểm thi vào lớp 10 chuyên Bài 1 ( 2,0 điểm )
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 ) = ab(bc)(ca)2 0,5 Vì a ; b ; c là các số hữu tỉ nên :( a + b )( b + c)( c + a)là các số hữu tỉ và
ab (bc)(ca)2 là 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)
1 2006
1 2005
20006
1 (
2006
1 ) 1 2006 )(
2005 2006
(
1
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
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 : xR x 3 1,0 Trờng hợp 2 : Xét x < 1 khi đó bất phơng trình 1 5 (vô lý) Vậy tập nghiệm của bất phơng trình là T(x) = x xR;x 3
Bài 4 ( 2,0 điểm)
Để hai nphơng trình có nghiệm chung hệ
0
0 1
2 2
m x x
mx x
có nghiệm 0,5
Đặt y = x2 ta có hệ :
m y x
y
ta có D = m – 1 , Dx = m – 1 , Dy = 1- m2 0,5 Trờng hợp 1 : D = 0 thì hệ vô nghiệm 0,5 Trờng hộ 2 : D 0 ta có
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)
Tập xác định x 1 0 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
0
x
x
x
Vậy phơng trình có tập nghiệm T(x) =
2
5 1
; 1
;
0 0,5
Bài 6 (2,0 điểm)
Giao của (d) và Ox : A( 1-m ; 0 ) ; giao của (d) và Oy : B ( 0, m-1) 0,5
Ta có OA = 1 m m 1 ; OBm 1 0,5
Trang 2để SOAB = 9 9 1 1 18 ( 1 ) 18
2
OA OB m m m 0,5
2 3 1 2 3 1 2
3
1
2 3
1
m
m m
m
Kết luận : với m = 1 3 2 thoả mãn yêu cầu 0,5
Bài 7 (2,0 điểm)
Do vai trò của x ; y; z bình đẳng nên giả sử xyz 1 thì chỉ xảy ra 4 khả năng 0,5 Khả năng 1 : x = y = z = 1; thay vào ta có 1 = 12 ( vô lí )
Khả năng 2 : x >1 ; y = z = 1; thay vào ta có x = x + 11 ( vô lí) 0,5 Khả năng 3 : xy 1 ;z 1 ; thay vào ta có xy = 10 + x + y
11 ) 1 )(
1 ( 11 ) 1 ( ) 1 (
1 2
12 1
1
11
1
z y
x y
x
Hoán vị 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: xyz 1 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
u v t uvt uv vt tu u v t
) (
3 ) (
2
7 uvt uvvttu uvt
+) u = v = t ( loại ) do 7 = 0
+) u 1 ( loại ) do 7 = 3u
+) uv 1 ; t 0 ( loại ) do 7 = 2uv + 3(u +v ) có 2uv + 3(u + v) 8
+) uvt 1 ( loại ) 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 tại K 0,5
B
C M
K
N A H
Trang 3Theo tính chất phân giác thì MH = MK (1) 0,5 Mặt khác MCA = MNA (2) ( hai góc có cạnh 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 tròn bán kính a và có góc ở tâm 600 là :
S2 =
6
2
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
a 0,5
Vậy diện tích chung của 3 đờng tròn là : S = S1 + 3S3 = ( 3 )
2
2
a 0,5
Bài 10 (2,0 điểm )
B
A’
Gọi A’ là diểm đối xứng của A qua (d) nên A’ và B nằm về hai phía có bờ là (d) 0,5 Gọi Mo là giao điểm của A’B và (d) Ta sẽ chứng minh MoA + MoB nhỏ nhất 0,5 Lấy M’ ( ); ' ;
o M M
ta có M’A + M’B = M’A’ + M’B (1)
M’A’ + M’B > A’B (2) ( Bất đẳng thức trong tam giác)
A
B
C
Trang 4A’B = MoA’ + MoB (3) ; MoA’ + MoB = MoA + MoB (4) 0,5
Tõ (1) ; (2) ; (3) ; (4) ta cã : M’A + M’B > MoA + MoB
VËy Mo lµ ®iÓm cÇn t×m
