Huong dan cham Toan Chuyen Hung Yen

[r]

Sở giáo dục & đào tạo

Hng yên

-Hớng dẫn chấm thi tuyển sinh Vào lớp 10 thpt chuyên năm học 2008 – 2009

Môn thi: Toán (dành cho lớp chuyên Toán, Tin)

Ngày thi: 20 tháng 7 năm 2008.

-(Hớng dẫn gồm 04 trang)

I Hớng dẫn chung

1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ

điểm từng phần nh hớng dẫn qui định.

2) Việc chi tiết hoá thang điểm nếu có so với thang điểm trong hớng dẫn chấm phải

đảm bảo không sai lệch với hớng dẫn chấm, không chia nhỏ dới 0,25đ và đợc thống nhất thực hiện trong hội đồng chấm thi.

3) Điểm toàn bài không làm tròn.

II- Đáp án và thang điểm

Với k là số nguyên dơng ta có

(k 1) k 1 1 a

k (k 1) k (k 1)

 

0,5

Thay lần lợt k = 1; 2; 3; ; 2008 ta đợc

S

1 2 2 3 2007 2008 2008 2009

2

1 1 2009 1 4036080

4036081

1 2009 2009



0,5

1) Đặt

2

yx  4 Ta có hệ phơng trình:

2

2

x y 4

y x 4

  





 



0,25

Trừ vế với vế của 2 phơng trình trên ta đợc:

(x  y ) (x y)0  (xy)(x y 1) 0

0,25

Nếu xy0, giải ra ta đợc

1 17 x

2

 

Nếu x y 1 0, giải ra ta đợc

1 13 x

2





Vậy tập nghiệm của phơng trình là:

1 17 1 13

0,25

2) Hệ phơng trình đã cho tơng đơng với: 0,25

Đề chính thức

9xy 3x 3y 1 10 (3x 1)(3y 1) 10

9yz 3y 3z 1 40 (3y 1)(3z 1) 40

9zx 3z 3x 1 16 (3z 1)(3x 1) 16

Nhân vế với vế các phơng trình của hệ ta đợc:

(3x 1) (3y 1) (3z 1)   6400

 (3x 1)(3y 1)(3z 1)   80

0,25

Nếu (3x 1)(3y 1)(3z 1)   80 Giải đợc (x;y;z)(1;2;3) 0,25

Nếu (3x 1)(3y 1)(3z 1)   80 Giải đợc

1 4 7 (x;y;z) ; ;

3 3 3

  

0,25

Gọi

f(x)ax bx cxd (a0; a, b, c, d là các số nguyên)

f(x) nhận 3 2 là nghiệm khi

a 3  23b 3  22 c 3  2d0

 a 45 29 2   b 11 6 2  c 3 2  d 0

 45a 11b 3cd  29a6bc 2 0

0,50

Nếu 29a6b c 0 thì

45a 11b 3c d 2

29a 6b c



Điều này vô lí vì 2 là một số vô tỉ còn

45a 11b 3c d 29a 6b c

  là một số hữu tỉ

0,50

Do vậy 45a 11b 3c d 0 và 29a6b c 0 (1) 0,25

Ta có: f 3  2 a 3  23b 3  22 c 3  2 d

a 45 29 2   b 11 6 2  c 3 2d

45a 11b 3cd  29a6bc 2 0

(theo (1)) Chứng tỏ 3 2 là một nghiệm của f(x)

0,25

H H'

M

Q J

D

G

I A

1) Gọi G và J là các tiếp điểm của AB, AC với đờng tròn (I)

Đặt BC = a; CA = b; AB = c, ta có a  b c 2p

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AGAJ, BGBD, CDCJ

AG AJ AB BG AC CJ

AB BD AC CD b c a

2AG a b c 2a AG AJ p a

         (1)

Tơng tự, ta có BD  p b CH p b (2)

0,5

Gọi H' là giao của AK với BC Từ EF // BC ta có:

AE EK KF AF

AB BH ' CH ' AC (3)

Lại có EK = EG, KF = FJ nên

AG EK EK KF AJ KF

AB BH ' CH ' AC

AG EK EK EK KF AJ KF KF

AB BH ' BH ' CH ' CH ' AC

AB BH ' AC CH '

AB BH ' CH ' AC

AB BC CH ' AC CH '

2CH ' AB BC AC CH ' p b CH

        (theo (2)).

Từ đó suy ra H trùng H' hay A,K,H thẳng hàng

1,0

2) Từ (3) ta có:

EF AE EG FJ AF AE EG AF FJ AG AJ

BC AB BH CH AC AB BH CH AC AB AC BC

hay

EF 2(p a) a(p a)

EF

Tơng tự ta có:

b(p b) MN

p





;

c(p c) PQ

p





0,75

Do vậy

a b c

EF MN PQ 2p

p

 

(3)

Ta luôn có bất đẳng thức:

0,75

2 2 2 2 2 2

(a b) (c b) (a c) 0 2(a b c ) 2ab 2ac 2bc

3(a b c ) a b c 2ab 2ac 2bc

3(a b c ) (a b c) 4p (4)

( dấu bằng xảy ra khi a=b=c  Tam giác ABC đều.)

Từ (3) và (4) ta có:

4p 2p

EF MN PQ 2p

3 3

Vậy giá trị lớn nhất của EF + MN + PQ là

2p

3 khi tam giác ABC đều.

1) Ta có: (x y)2  0 (xy)2 4xy. Suy ra với x > 0 và y > 0 thì

2

xy (xy) và

1 1 4

xy xy (*).

0,25

áp dụng (*) ta đợc:

ab a b 2 ab2ab a b 2 (ab) 2aba b

0,25

Mà a + b = 1

Vậy 2 2

14

2) Sau mỗi lần thực hiện theo yêu cầu của bài toán thì số dấu trên

bảng giảm đi 1 và số dấu trừ đợc giữ nguyên hoặc giảm đi 2 dấu 0,25

- Nh vậy tính chẵn lẻ của số dấu trừ là không thay đổi

- Sau 4016 lần xoá thì trên bảng còn lại 2008 + 2009 - 4016 = 1 (dấu)

Mặt khác, lúc đầu có 2009 dấu trừ (là số lẻ) nên dấu còn lại trên bảng

là dấu trừ

0,5

-