Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên tỉnh tuyên quang năm học 2010 2011(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN Câu Hướng dẫn giải Điểm 1.1 x 2 − 6 x + 9 + x 2 − 8 x + 16 = 7 ⇔ ( x − 3) 2 + ( x − 4) 2 = 7 ⇔| x − 3 | + | x − 4 |= 7 (1) TH1: x ≤ 3 . (1) ⇔ − x + 3 − x + 4 = 7 ⇔ x = 0 (thỏa mãn). TH2: 3 < x < 4 . (1) ⇔ x − 3 − x + 4 = 7 ⇔ 1 = 7 (vô lý) TH3: x ≥ 4 . (1) ⇔ x − 3 + x − 4 = 7 ⇔ x = 7 (thỏa mãn). Vậy: Nghiệm của phương trình đã cho là: x ∈ {0; 7} .  x + y + xy = 3  x + y + xy = 3 ⇔ . Đặt x + y = u, xy = v ta được hệ phương  2 2 2  x + y + xy = 17 ( x + y ) − xy = 17 0.25 1.2 u + v = 3 trình:  2 (1). u − v = 17 u = −5 u = 4 Giải hệ (1) ta được:  hoặc  . v = 8  v = −1 u = −5  x + y = −5 ta được hệ  : Hệ vô nghiệm. v = 8  xy = 8 u = 4 ta được hệ  v = −1 x + y = 4 . Giải ra ta được   xy = −1 0.25 0.25 0.25 0.25 Với  Với  0.25  x = 2 − 5  x = 2 + 5 hoặc    y = 2 + 5  y = 2 − 5 Ta có A3 = 140 + 3 3 (70 − 4901)(70 + 4901) A ⇔ A2 + 3 A − 140 = 0 ⇔ ( A − 5)( A2 + 5 A + 28) = 0 ⇔ A = 5 (vì phương trình A2 + 5 A + 28 = 0 vô nghiệm) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 x A y E I F J D B C x A yy E y J C C E B B I 0.25 D 3.1 F x A D II FF JJ C B · · · · Ta có AED (so le trong) và ABC (có số đo bằng nửa số đo cung = EAx = EAx · · AC) ⇒ AED = ABC . 0.5 · · · · Mà AED + DEC = 180 0 ⇒ ABC + DEC = 180 0 ⇒ BDEC là tứ giác nội tiếp. 0.25 · · · a) XÐt hai tam giác ADE vµ ACB cã: BAC chung vµ AED = ABC (theo chứng minh ý 1). 3.2 3.3 Suy ra tam giác ADE đồng dạng với tam giác ACB AD AE ⇒ = ⇒ AB. AD = AC. AE. AC AB · · · b) XÐt hai tam giác FBD và FEC có: CFE chung và FBD = FEC (vì đều là góc bù của góc ABC). Suy ra tam giác FBD đồng dạng với tam giác FEC FB FD ⇒ = ⇒ FB.FC = FD.FE. (1) FE FC · · · XÐt hai tam giác FBI và FCJ có: CFJ chung và FBI = FJC (đều là góc bù của góc IBC). Suy ra tam giác FBI đồng dạng với tam giác FCJ ⇒ 4.1 4.2 FI FB = ⇒ FI .FJ = FB.FC FC FJ 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 (2) 0.25 Tõ (1) vµ (2) suy ra FI .FJ = FD.FE 0.25 x 2 + 2 y 2 − 2 xy + 3 x − 3 y + 2 = 0 ⇔ x 2 + (3 − 2 y ) x + 2 y 2 − 3 y + 2 = 0 (*) 0.25 1 2 1 2 Để phương trình (*) có nghiệm (ẩn x) ta phải có ∆ = 1 − 4 y 2 ≥ 0 ⇔ − ≤ y ≤ . 0.25 Vì y ∈ ¢ nên y = 0. Thay vào (*) ta được x = -1 hoặc x = -2. Vậy: phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là: (-1; 0), (-2; 0). 0.25 0.25 Với mọi số nguyên n ta có n 2 ≡ 0,1(mod 4) . 0.25 Do đó x 2 + y 2 ≡ 0,1, 2(mod 4) với mọi x, y nguyên. Mặt khác 2015 ≡ 3(mod 4) . Vậy: phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Vì a + b + c = 1 nên  a2   b2   c2  a 2 b2 c2 2 2 2 + + ≥ 3(a + b + c ) ⇔  − 2a + b ÷+  − 2b + c ÷+  − 2c + a ÷ ≥ b c a  b   c  a  3(a + b + c ) − (a + b + c) 2 5 2 2 0.25 0.25 0.25 0.25 2 ( a − b ) 2 (b − c ) 2 ( c − a ) 2 ⇔ + + ≥ (a − b) 2 + (b − c ) 2 + (c − a) 2 b c a 0.25 1 1 1 ⇔ ( − 1)(a − b) 2 + ( − 1)(b − c ) 2 + ( − 1)(c − a ) 2 ≥ 0 b c a 0.25 ⇔ (a + c) (b + a ) (c + b) ( a − b) 2 + (b − c ) 2 + (c − a) 2 ≥ 0 (luôn đúng vì a, b, c là các b c a 0.25 số dương). Ghi chú: Thí sinh làm bài không giống đáp án (nếu đúng) vẫn được điểm tối đa theo quy định.