Sở Giáo dục - Đào tạo Thái Bình Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Thái Bình Năm học 2008 - 2009 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (3,0 điểm) Giải phơng trình và hệ phơng trình: 1) x 1 3x 7 + = x 4 2) 3 3 x 3x 8y y 3y 8x = + = + Câu 2. (2,5 điểm) Cho phơng trình bậc hai: ax 2 + bx + c = 0 (b 0) (1) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt mà nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia là: 3b 2 16ac = 0. Câu 3. (1,0 điểm) Giải phơng trình nghiệm nguyên: (x 2 + y) (x + y 2 ) (x y) 3 = 0 Câu 4. (3,0 điểm) Trong mặt phẳng cho hai đờng thẳng 1 và 2 vuông góc với nhau tại điểm H, A là điểm thuộc đờng thẳng 1 (A khác H). Từ điểm P bất kì trên đờng thẳng 2 kẻ hai tiếp tuyến PE và PF tới đờng tròn tâm A bán kính R (E, F là hai tiếp điểm, P khác H, R < AH). Đờng thẳng EF cắt đoạn AH tại điểm I. a) Chứng minh rằng: 2 AE AI AH = b) Gọi M và N lần lợt là hình chiếu của H trên các đờng thẳng PE và PF, đ- ờng thẳng MN cắt đờng thẳng 1 tại điểm J. Tính độ dài đoạn IJ theo R, biết AH = 2 R. Câu 5. (0,5 điểm) Cho x, y, z là các số thực dơng thoả mãn điều kiện: x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 M 1 6yz 1 3xz 1 2xy = + + --- Hết --- Họ và tên thí sinh: Số báo danh: . Đề chính thức Sở Giáo dục - Đào tạo Thái Bình Kì thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Thái Bình Năm học 2008 - 2009 Hớng dẫn chấm và biểu điểm Môn Toán Câu ý Nội dung Điểm Câu1. (3,0 điểm) 1. (1đ) ĐK xác định: x 7 3 Đặt x 1+ = a, 3x 7 = b với điều kiện: a 10 3 , b 0. 0,25đ Có: 2 2 x 1 a 3x 7 b + = = b 2 a 2 = 2(x 4) x 4 = 2 2 b a 2 Ta có PT mới: a b = 2 2 b a 2 (a b) (2 + a + b) = 0 0,25đ Vì 2 + a + b > 0 với a 10 3 , b 0 suy ra: a b = 0 a = b 0,25đ Khi đó ta có: x 1+ = 3x 7 x + 1 = 3x 7 x = 4 TXĐ Vậy phơng trình có nghiệm là: x = 4 0,25đ Chú ý: 1. Nếu HS chỉ đặt điều kiện a 0, b 0 cũng cho điểm tối đa 2. Nếu HS dùng phép nhân liên hợp phải lí luận x 1+ + 3x 7 > 0 Nếu không lí luận trừ 0,25đ. 2. (2đ) Xét hệ PT: 3 3 x 3x 8y (1) y 3y 8x (2) = + = + Trừ từng vế PT (1) cho PT (2) có: x 3 y 3 = 5y 5x (x y) (x 2 + xy + y 2 ) + 5(x y) = 0 (x y) (x 2 + xy + y 2 + 5) = 0 0,5đ Do: x 2 + xy + y 2 + 5 = 2 2 y 3y x 5 0 2 4 + + + > ữ x, y x y = 0 x = y. 0,5đ Thay vào PT(1) có: x 3 = 3x + 8x = 11x x 3 11x = 0 x(x 2 11) = 0 x = 0 ; x = 11 0,5đ Lúc đó y = 0 ; y = 11 0,25đ Vậy hệ PT có các nghiệm là: (x, y) = (0; 0); ( 11 ; 11 ) 0,25đ Câu 2 . (2,5 điểm) * Điều kiện cần: Giả sử phơng trình ax 2 + bx + c = 0 (a, b 0) có 2 nghiệm là x 1 , x 2 thỏa mãn: x 1 = 3x 2 hoặc x 2 = 3x 1 Suy ra (x 1 3x 2 ) (x 2 3x 1 ) = 0 0,25đ Câu ý Nội dung Điểm 10x 1 x 2 3( 2 2 1 2 x x+ ) = 0 16x 1 x 2 3(x 1 + x 2 ) 2 = 0 (*) 0,5đ Theo định lí Viét ta có: 1 2 1 2 b x x a c x x a + = = 0,25 vậy (*) 2 2 2 c b 16. 3 0 16ac 3b 0 a a = = 0,25 * Điều kiện đủ: Xét phơng trình: 2 ax bx c 0 (a 0,b 0)+ + = có 2 b 4ac = vì 2 2 2 2 2 3b 3b b 3b 16ac 0 4ac b 0 4 4 4 = = = = > (b 0) Vậy phơng trình có 2 nghiệm phân biệt: 0,5đ Suy ra: 3b x 4a = hoặc b x 4a = 0,5đ Ta thấy: 3b b 3. 4a 4a = ữ Do đó phơng trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn nghiệm này bằng 3 lần nghiệm kia. 0,25đ Chú ý: ở điều kiện cần, HS có thể tính trực tiếp nghiệm của phơng trình và cho nghiệm này bằng 3 lần nghiệm kia để có hệ thức: 3b 2 16ac = 0 cũng cho điểm tối đa. Câu 3 . (1,0 điểm) Xét pt: 2 2 3 (x y)(x y ) (x y) 0+ + = (1) 2 2 2 2 2 2 y(x y x 2y 3x 3xy) 0 y 0 x y x 2y 3x 3xy 0 (*) + + + = = + + + = *) Nếu y = 0 pt (1) nghiệm đúng x Z Vậy phơng trình có nghiệm nguyên là: (x, y) = (a; 0); a Z. *) Nếu x 2 y + x + 2y 2 + 3x 2 3xy = 0 2y 2 + (x 2 3x)y + 3x 2 + x = 0 (2) 2 2 2 2 (x 3x) 8(3x x) x(x 8).(x 1) = + = + 0,5đ Chú ý: Nếu HS đa về phơng trình dạng bậc 2 biến x thì toàn bộ phần trên chỉ cho 0,25 đ Khi x = 1 = 0 PT (2) có nghiệm kép y = 2 3x x 4 = 1 Vậy PT (1) có nghiệm nguyên là (x; y) = (1; 1) Khi x 1 PT (1) có nghiệm nguyên trớc hết x (x 8) là số chính phơng. Đặt x(x 8) = m 2 (m Z) (x 4) 2 16 = m 2 (|x4| - |m|) (|x4| + |m|) = 16 Từ PT |x4| + |m| |x4| |m| >0 và chúng cùng tính chẵn nên ta có các trờng hợp sau: x 4 m 2 x 4 m 4 (I) (II) x 4 m 8 x 4 m 4 = = + = + = 0,25đ Câu ý Nội dung Điểm Giải hệ (I): Tìm đợc x = 9; x = 1 (loại). Với x = 9 PT (2) 2y 2 + 54y + 252 = 0 y 2 + 27y + 126 = 0 Giải PT có: y = 21; y = 6. Vậy PT có nghiệm nguyên là (x; y) = (9; 21); (9; 6) Giải hệ (II): Tìm đợc x = 0; x = 8 Với x = 0 có PT: 2y 2 = 0 y = 0 Với x = 8 có PT: 2y 2 + 40y + 200 = 0 y 2 + 20y + 100 = 0 (y + 10) 2 = 0 y = 10 Vậy PT có nghiệm nguyên là: (x, y) = (0; 0); (8; 10) Kết luận: Phơng trình (1) có các nghiệm nguyên là: (x, y) = (x; 0) (x Z) (x, y) = (1; 1); (9; 21); (9; 6); (8; 10) 0,25đ Câu 4. (3,0 điểm) a. (2đ) + Giải thích đợc AP EF tại K 0,25đ +) AKI ~ AHP (g.g) 0,5đ +) AK AI AH AP = AI.AH = AK.AP (1) 0,5đ +) AEP vuông ở E có EK AP AE 2 = AK.AP (2) 0,5đ +) Từ (1)(2) AI.AH = AE 2 AI = 2 AE AH (đpcm) 0,25đ P M E A F Q H N J I K 1 2 1 1 2 1 1 1 Câu ý Nội dung Điểm b. (1đ) Kéo dài MN cắt EF ở Q, tứ giác HPEF nội tiếp; HM PE, HN PE HQ EF (Tính chất đờng thẳng simson) 0,25đ +) ả ả ả à ả ả ả 1 1 1 1 1 1 1 H A , A E Q H Q= = = = JHQ cân ở J JH = JQ (3) 0,25đ +) à ả à ả ả ả à ả 1 1 1 1 1 2 1 2 I H I Q Q Q 1V I Q+ = + = + = = IJQ cân ở J. IJ = JQ (4) 0,25đ +) Từ (3), (4) JI = JH = ( ) 1 AH AI 2 . +) AI = 2 R R 2 1 R 2 R 2 IJ R 2 2 2 2 4 R 2 = = = ữ ữ . 0,25đ Câu 5. (0,5 điểm) Đặt y 2 = a, z 3 = b (a, b > 0) 2y 2 = a 2 , 3z 2 = b 2 Khi đó giả thiết: x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 1 x 2 + a 2 + b 2 = 1 Ta có M = 1 1 1 ab bx ax 3 1 ab 1 bx 1 ax 1 ab 1 bx 1 ax + + = + + + ữ áp dụng BĐT Côsi, và BCS có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 a b a b ab 1 4 . a b 1 ab 2 2x a b 1 2 + + = + + + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b . a x . b x 2x a b a x b x a x b x + = + + + + + + ữ ữ + + + + 0,25đ Lúc đó 2 2 2 2 2 2 ab 1 a b 1 ab 2 a x b x + ữ + + (1) Tơng tự: 2 2 2 2 2 2 bx 1 b x 1 bx 2 b a x a + ữ + + (2) 2 2 2 2 2 2 ax 1 a x 1 ax 2 a b x b + ữ + + (3) Từ (1) (2) (3) ab bx ax 3 1 ab 1 bx 1 ax 2 + + Khi đó từ (*) có M 3 9 3 2 2 + = . Dấu bằng có 3 6 1 x ; y ; z 3 6 3 = = = 0,25đ Vậy biểu thức M đạt giá trị lớn nhất là 9 2 3 6 1 x ; y ; z 3 6 3 = = = Chú ý: - Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu (không làm tròn số) - Đây là đáp án và biểu điểm cụ thể cho một cách giải của từng ý, từng câu. Trong quá trình chấm, đối với những lời giải khác hợp lí và cho kết quả đúng, yêu cầu giám khảo cho điểm tối đa. . tạo Thái Bình Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Thái Bình Năm học 2008 - 2009 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (3,0. Sở Giáo dục - Đào tạo Thái Bình Kì thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên Thái Bình Năm học 2008 - 2009 Hớng dẫn chấm và biểu điểm Môn Toán Câu ý Nội dung