SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (2,0 điểm) 1) Cho 3 3 1 12 135 12 135 1 3 3 3 x   + −  ÷ = + +  ÷   . Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức ( ) 2 3 2 M= 9 9 3x x − − . 2) Cho trước ,a b R∈ ; gọi ,x y là hai số thực thỏa mãn 3 3 3 3 x y a b x y a b + = +   + = +  Chứng minh rằng: 2011 2011 2011 2011 x y a b+ = + . Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình: 3 2 1 0 (1)x ax bx+ + − = 1) Tìm các số hữu tỷ a và b để phương trình (1) có nghiệm 2 3x = − . 2) Với giá trị ,a b tìm được ở trên; gọi 1 2 3 ; ; x x x là ba nghiệm của phương trình (1). Tính giá trị của biểu thức 5 5 5 1 2 3 1 1 1 S x x x = + + . Câu 3 (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên ,x y thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 2 5 60 37x y x y xy+ + + = . 2) Giải hệ phương trình: ( ) 3 2 4 2 1 5 2 0 x x x y y x x y  − = −   + − + + =   Câu 4 (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’ ; R’); D là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) tại M (điểm M khác điểm I ). 1) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh: 2 KB = KI.KJ ; từ đó suy ra KB = KD. 2) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD . Câu 5 (1,0 điểm) Mọi điểm trên mặt phẳng được đánh dấu bởi một trong hai dấu (+) hoặc ( − ). Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu. Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đáp án gồm : 04 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG. 1 Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 2 Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất Hội đồng chấm. 3 Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 Cho 3 3 1 12 135 12 135 1 3 3 3 x   + −  ÷ = + +  ÷   .Tính ( ) 2 3 2 M= 9 -9 -3x x . 1,00 Từ 3 3 1 12 135 12 135 1 3 3 3 x   + −  ÷ = + +  ÷   ( ) 3 3 12 135 12 135 3 1 3 3 x   + −  ÷ ⇒ − = +  ÷   ( ) 3 3 3 3 12 135 12 135 3 1 3 3 x   + −  ÷ ⇔ − = +  ÷   ( ) ( ) 3 3 1 8 3 3 1x x⇒ − = + − 3 2 9 9 2 0x x⇔ − − = ( ) 2 1 1M⇒ = − = 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2 Cho trước ,a b R∈ ; gọi x,y là hai số thực thỏa mãn 3 3 3 3 ( ) x y a b I x y a b + = +   + = +  .Chứng minh rằng: 2011 2011 2011 2011 x y a b+ = + . 1,00 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 ( ) 3 3 x y a b I x y xy x y a b ab a b + = +   ⇔  + − + = + − +   (1) (*) ( ) ( ) (2) x y a b xy a b ab a b + = +  ⇔  + = +  +/Nếu 0a b+ ≠ thì (*) ⇔ x y a b xy ab + = +   =  => x, y là 2 nghiệm của phương trình 2 ( ) 0X a b X ab− + + = Giải ra ta có ; x b x a y a y b = =     = =   => 2011 2011 2011 2011 x y a b+ = + . +/Nếu 0a b+ = => a b= − . Ta có hệ phương trình 3 3 0 0 x y x y x y + =  ⇔ = −  + =  . => 2011 2011 2011 2011 0 0 a b x y  + =   + =   => 2011 2011 2011 2011 x y a b+ = + 0,25 0,25 0,25 0,25 2 1 3 2 1 0 (1)x ax bx+ + − = . Tìm ,a b Q∈ để (1) có nghiệm 2 3x = − . 1,00 Thay 2 3x = − vào (1)ta có : ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 2 3 2 3 1 0 a b − + − + − − = ( ) 3 4 15 7 2 25a b a b⇔ + + = + + +/Nếu ( ) 4 15 0a b+ + ≠ => ( ) 7 2 25 3 4 15 a b a b + + = + + (vô lí vì VT là số vô tỷ , VP là số hữu tỷ). +/ Suy ra ( ) 4 15 0a b+ + = ⇒ 7 2 25 0 4 15 0 a b a b + + =   + + =  Giải hpt ,kết luận : 5 5 a b = −   =  0,25 0,25 0,25 0,25 2 2 Với a=-5 ;b=5. Tính giá trị của biểu thức 5 5 5 1 2 3 1 1 1 S x x x = + + . 1,00 +/ 5 5 a b = −   =  (1) có dạng ( ) ( ) 3 2 2 5 5 1 0 x-1 4 1 0x x x x x − + − = ⇔ − + = . Không mất tính tổng quát coi 3 1x = thì 1 2 , x x là 2 nghiệm của phương trình ( ) 2 4 1 0x x− + = ( có ' 3 0∆ = > ) => 1 2 1 2 4 1 x x x x + =   =  +/ ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 14x x x x x x+ = + − = . +/ ( ) ( ) 3 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 52x x x x x x x x + = + + − = . +/ ( ) ( ) ( ) 5 5 2 2 3 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 724x x x x x x x x x x+ = + + − + = =>S = 725 0,25 0,25 0,25 0,25 3 1 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 2 2 2 5 60 37x y x y xy+ + + = (1) 1,00 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 (1) 5 35 60 5 3 4 .x y x y xy x y xy xy⇔ − = − + − ⇔ − = − − Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, VT 0≥ ( ) ( ) 5 -3 4 0 3 4xy xy xy⇒ − ≥ ⇔ ≤ ≤ . Do ,x y Z∈ => xy Z∈ => 3 4 xy xy =   =  . 0,25 0,25 0,25 +/ ( ) 2 2 3 3 0 xy x y x x y =  =   ⇔   = − =    (vô nghiệm trên Z). +/ ( ) 2 2 4 2 2 4 0 xy x y x y x y x x y =  = = =    ⇔ ⇔    = = − = − =     . Vậy 2 2 x y x y = =   = = −  là các giá trị cần tìm. 0,25 3 2 Giải hệ phương trình: ( ) 3 2 4 (1) 2 1 5 2 0 (2) x x x y y x x y  − = −   + − + + =   1,00 Điều kiện : 0y ≥ . (1) ( ) ( ) 2 1 0 1 x y x y x x =  ⇔ − − = ⇔  = ±  . +/Nếu 1x = ± thay vào phương trình (2) ta có : 1 0 1y y− = ⇔ = . +/Nếu 0x y= ≥ Khi đó (2) ⇔ ( ) 4 2 1 4 2 0x x+ − + = (3) do ( ) 4 4 2 2 1 2.2 .1 4x x x+ ≥ = ( ) 4 2 1 2 2x x x⇒ + ≥ = . nên ( ) 2 VT(3) 2( - 2 1) 2 1 0.x x x≥ + = − ≥ Do đó Pt (3) 4 1 1 1 1 0 x x y x  =  ⇔ ⇔ = ⇒ =  − =   . Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 1 ; 1 1 x x y y = = −     = =   0,25 0,25 0,25 0,25 4 1 K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh KB = KD. 1,00 H J O' O K D C B I M A Do AO và AO’ là hai tia phân giác của · BAC => A,O,O’ thẳng hàng. Có ¶ · 1 BJI IBK 2 = = sđ º BI ; · BKI chung Δ KBI⇒ đồng dạng với Δ KJB (g.g)=> 2 KI KB = KB =KI.KJ KB KJ ⇒ (1) Tương tự: Δ KDI đồng dạng với Δ KJD 2 KI KD = KD =KI.KJ KD KJ ⇒ ⇔ (2) Từ (1) và (2) => KB=KD . 0,25 0,25 0,25 0,25 4 2 Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 1,00 +/Xét tam giác vuông ABO’ có: 2 AB =AH.AO' (3) +/ Có : · · 1 ABI AMB 2 = = sđ º BI ; · BAI chung Δ ABI đồng dạng với Δ AMB (g.g) 2 AB AI = AB =AM.AI AM AB ⇒ ⇒ (4). Từ (3),(4) => AH AM AI.AM=AH.AO' = AI AO' ⇒ . => Δ AHI đồng dạng với Δ AMO' ( vì AH AM = AI AO' ; µ A chung ). => · · AHI=AMO' => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay 4 điểm I, H, M, O’ cùng thuộc một đường tròn. 0,25 0,25 0,25 0,25 4 3 Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD 1,00 Do OD // O’B (cùng ⊥ AB) AO OD R OI OI AO' O'B R' O'M O'I ⇒ = = = = nhưng OI cắt O’I và A,I,M thẳng hàng => OI // O’M. => · · DOI=BO'M . mà · · 1 1 BDI DOI 2 2 = = sđ º DI và · · 1 1 BIM BO'M 2 2 = = sđ ¼ BM => · · BDI BIM = =>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔBID hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD . 0,25 0,25 0,25 0,25 5 Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu. 1,00 D B A C I Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A. Do chỉ đánh bởi hai dấu (+), ( − ) nên tồn tại hai điểm cùng dấu , không mất tổng quát giả sử hai điểm A, B cùng dấu và cùng dấu (+). + Nếu C có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABC là tam giác phải tìm. + Nếu C có dấu (- ) thì ta dựng điểm D sao cho ABDC là hình vuông. _ Nếu D có dấu (+) thì tam giác ABD là tam giác cần tìm. _ Nếu D có dấu (-) thì gọi I là giao điểm của AD và BC . * Nếu I có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABI là tam giác cần tìm. * Nếu I dấu (-) thì dễ thấy tam giác vuông cân CID có ba đỉnh cùng dấu (-) là tam giác cần tìm. 0,25 0,25 0,25 0,25 . thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đáp án gồm : 04 trang I). DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08 tháng 07 năm. Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất Hội đồng chấm. 3 Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 Cho