1.0 Câu 2 Giải hệ phương trình

(1)

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN THI: TOÁN HỌC

(Dành cho thí sinh thi vào chuyên toán) ( Bản hướng dẫn chấm gồm có 06 trang) I. Hướng dẫn chung

- Giám khảo cần nắm vững yêu cầu của hướng dẫn chấm để đánh giá đúng bài làm của thí sinh. Thí sinh làm cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

- Khi vận dụng đáp án và thang điểm, giám khảo cần chủ động, linh hoạt với tinh thần trân trọng bài làm của học sinh.

- Nếu có việc chi tiết hóa điểm các ý cần phải đảm bảo không sai lệch với tổng điểm và được thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi.

- Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu hỏi trong đề thi, chấm điểm lẻ đến 0,25 và không làm tròn.

II. Đáp án và thang điểm

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 Không dùng máy tính, rút gọn biểu thức sau:

⁵ ³ ⁵ ⁵ _{27 10 2}

5 22

A     

 .

1.0

Câu 2

Giải hệ phương trình:

  

1 1

3 2 4

3 4 8 3 2

x y x y

x y x y x y

  

  

    



. Lời giải:

Điều kiện: 3 0

2 0

x y x y

  

  

 .

Hệ phương trình đã cho được biến đổi thành:

0.25

(2)

      

1 1

3 2 4

3 2 3 8 3 2

x y x y

x y x y x y x y

  

  

      



1 1

3 2 4

3 1

3 2 8

x y x y

  

  

 

  

  



. Đặt

1 3

1 2

a x y

b x y

  



  



Khi đó ta có hệ phương trình: 4 3

3 8 1

a b a

a b b

  

 

    

 

1 3 1 4

3 3 15

1 3 7

2 1

2 1 15

x y x y x

x y y

x y

    

    

  

  

       

  



Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:

4 15

7 15 x

y

 

  



0.25

0.5

Câu 3 Cho phương trình: ^x² ^⁴^x^²^m^{ }³ ^{0 1}

 

⁽^m là tham số).

Tìm giá trị của m để phương trình

 

1 có hai nghiệm x x₁, ₂ thỏa mãn: ³



^x¹ ^ ^x²



^ ^{x x}^{1 2}^^{17 *}

^{ }

^.

Lời giải:

Từ đẳng thức

 

* ta suy ra x₁0;x₂ 0

Để phương trình đã cho có hai nghiệm 0 x₁ x₂

 

²

1 2

' 0 2 2 3 0

0 4 0

0 2 3 0

m x x

x x m

      

 

    

    

 

3 7

 

2 m 2 2

  

Ta có:

 

^* ^³



^x¹^^x² ^² ^{x x}^{1 2}



^^{x x}^{1 2} ^¹⁷

1 2 6 1 2 5 0

x x x x

   

 

1 2 1 2

1 2 3 1 2

2 3 25 14 3

5

x x m m

m m

x x

      

      

Từ (2) và (3) suy ra: m2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

0.75

0.5

0. 25

(3)

Câu 4 Tìm tất cả các cặp hai số nguyên dương ( ; )x y thỏa mãn:



^x^ ^y

 

³ ^ ^x^{ }^y ⁶

  

² ¹ ^.

Lời giải:

Đặt a x y b,   x y 6; ,a b ,a1 Khi đó (1) trở thành: a³ b²

Do a 1 b² a³ a²  b a Ta có b       x y 6 x y a b 0

nên b          x y 6 y 6 x x y a 2x  6 x 3. Vậy x1 hoặc x2

+) Với x1, (1) trở thành



¹^ ^y

 

³ ^ ^y^⁵

  

² ²

Kiểm tra với y=1;2;3;4 ta thấy y=3 thỏa mãn (2).

Với ^y^{ }⁵



^y^¹



³ ^ ^y³ ^⁴^y² ^

  

²^y ² ^ ^y^⁵



²

Suy ra phương trình có nghiệm

 

^1;3 ^.

+ Với x2, (1) trở thành



²^ ^y

 

³ ^ ^y^⁴

  

² ³

Kiểm tra với y=1;2;3 ta thấy không thỏa mãn (3).

Với ^y^{ }⁴



^y^²



³ ^ ^y³^⁴^y² ^

  

²^y ² ^ ^y^⁴



²

Suy ra không tồn tại y nguyên dương thỏa mãn (3).

Tóm lại có một cặp số nguyên dương thỏa mãn là:

 

^{1;3 .}

0.25

Câu 5 Với a b, là các số nguyên. Chứng minh a b ab⁵  ⁵ chia hết cho 30.

Lời giải:

Đặt ^M ^^{a b ab}⁵ ^ ⁵^^{ab a}



⁴^^b⁴



+) Nếu a hoặc b chẵn thì M 2

Nếu a, b cùng lẻ thì a⁴ b⁴ 2M 2 + ) Nếu a hoặc b chia hết cho 3 thì M 3

Nếu a, b cùng không chia hết cho 3 thì a b², ²đều chia 3 dư 1 nên

4 4

3 3

a b M

+) Nếu a hoặc b chia hết cho 5 thì M 5

Nếu a, b cùng không chia hết cho 5 thì a b², ²đều chia 5 dư 1 hoặc 4 nên a b⁴, ⁴chia cho 5 cùng dư 1. Do đó a⁴ b⁴ 5M 5 Do 3 số 2, 3, 5 nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên M chia hết

0.25

(4)

Câu 6 Cho tam giác ABC có BAC120^o, AB4cm và AC6cm. Tính độ dài đường trung tuyến AM của tam giác.

Lời giải:

Gọi H là chân đường cao qua đỉnh B của ABC

0 0

120 60

BAC  BAH  nên 2 2

AH  AB  cm; ³ 2 3 2

BH  AB  cm

Hạ MK vuông góc với AC khi đó 3 2

MK  BH  cm

8 HC ACAH  cm

Mặt khác HC2KCKC4cmAK  ACKC 2cm

Trong tam giác vuông AMK ta có:

 

²

2 2 2 2

2 3 7

AM AK MK    AM  7cm

0.25

0.25 A

B

H K

M

60^o C

(5)

Câu 7

a)

Cho tam giác ABC nhọn (AB AC), đường cao AH . Gọi ,D E lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC . Đường thẳng DE cắt tia CB tại S

a) Chứng minh rằng các tứ giác ADHE BCED, nội tiếp được trong một đường tròn.

b) Đường thẳng SA cắt đường tròn đường kính AH tại M , các đường thẳng BM và AC cắt nhau tại F . Chứng minh rằng:

. . 2

FA FCSB SCSF . Lời giải:

Ta có: AEH ADH 90⁰( gt)  AEHADH 180⁰.

Vậy tứ giác ADHEnội tiếp đường tròn đường kính AH. Theo chứng minh trên, tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.

Suy ra: ADEAHE(1)

AHEACH ( Cùng phụ với CAH ) (2) Từ (1), (2) suy ra ADEACHECB Do đó ta có: ECB BDE EDA BDE 180^o

Do đó tứ giác BCED nội tiếp được trong một đường tròn.

0.25

0.75

1 D

.

O

B

M

H F

A

E

S C

K

(6)

b) Theo câu a) ta suy ra: ^. ^. ^. ^.  ³

. .

SB SC SD SE

SB SC SM SA SM SA SD SE

 

 

 

 tứ giác BMAC nội tiếp được trong một đường tròn.

Gọi K là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác FAM với SF SK SF. SM SA.

 

4

Từ

 

³ ^và

 

⁴ ^{ta suy:}^{SK SF}^. ^^{SB SC}^.

 

⁵

Vì FKMSBM do cùng bằng góc MAC nên tứ giác SBMK nội tiếp được trong một đường tròn.

 

. . 6

FK FS FM FB

 

Vì tứ giác BMAC nội tiếp được trong một đường tròn.

 

. . 7

FM FB FA FC

 

Từ

 

⁶ ^và

 

⁷ ^{ta suy:}^{FK FS}^. ^^{FA FC}^.

 

⁸

Từ

   

^{5 , 8} FA FC SB SC^.  ^. FK FS^. SK SF^.

^^{SF FK}



^^SK



^^SF²^(đpcm)

0.25

0.25 0.25

---- Hết----