x x x x x x 0,25 Ta thấy x0 không là nghiệm của phương trình đã cho, suy ra x0

(1)

1 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

———————

(Hướng dẫn chấm có 04 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin

—————————

A. LƯU Ý CHUNG

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không chấm điểm cho phần đó.

B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1 3,0

a Đk:

0

4 8 7 0 0

4 10 7 0

 

     

   

 x

x x x

x x

0,25 Ta thấy x0 không là nghiệm của phương trình đã cho, suy ra x0.

Khi đó, phương trình đã cho tương đương: ⁴ ³ ^{1 1}

 

7 7

4 8 4 10

 

   

x x

0,25

Đặt 7

4 x   8 t 4 7 8

x (1) trở thành ⁴ ³ 1

 2 

 t t

2 1

9 8 0

8

 

       t t t

t .

Kết hợp với điều kiện t4 7  8 t 8

0,5

Với 7

8 4 16 4 16 7 0

       

t x x x

x

7 49

2 4

1 1

2 4

   

 

 

   

 

 

x x

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm ⁴⁹

 4

x và ¹

4 x .

0,5

b Ta thấy x0 không thỏa mãn hệ đã cho, suy ra x0.

Hệ đã cho tương đương:

3

2 3 2 2 3 2

   

  

  

  

    

  



y x

Đặt ²  a

x hê đã cho có dạng ³3

  

² ²



2 3

3 0 2 3

  

      

  



a y

a y a ay y

y a

0,5

(2)

2

2 2

3 3 0

2 4

 

   

     

 

 a y

a y

y y

a do

2 2

3 3 0

2 4

     

 

 

y y

a vô nghiệm 0,25

Với ^a^{ }^y ^y³^³^y^{  }² ⁰



^y^¹

 

^y²^{ }^y ²



^⁰ ¹

2

  

   y y

+) y        1 a 1 x 2 hệ đã cho có nghiệm

  

^{x y}^; ^{  }^{2; 1}



0,25

+) y     2 a 2 x 1 hệ đã cho có nghiệm

   

^{x y}^; ^ ^{1; 2}

Vậy, hệ đã cho có nghiệm

 

^{x y}^; ^là:



^{ }^{2; 1}



^và

 

^{1; 2 .} ^0,5

2 2,0

a Do 2p1 là lập phương của một số tự nhiên, suy ra 2p 1 z³z lẻ 2 1,

 z k k 0,5

Khi đó, ²^p^{ }¹



²^k^¹



³^{ }^p ^k



⁴^k²^⁶^k^³



^.

Vì p là nguyên tố nên k chỉ có thể là 1 2p 1 3³  p 13. Vậy, số nguyên tố p cần tìm là 13.

0,5

b Ta xét hàng có ô ghi số 1 và cột có ô ghi số 121, khi đó hiệu giữa hai số ghi ở hai ô

này là 120. 0,25

Số ô vuông cách nhau từ ô ghi số 1 đến ô ghi số 121 nhiều nhất là 20 cặp ô vuông (10 cặp theo hàng, 10 cặp theo cột). Ví dụ trong bảng trên ô ghi số 1 và ô ghi số 121 cách nhau 4 cặp ô vuông

  

1;a1 , a a1; 2



a a2; 3

 

, a3;121



.

1 a1 a₂ a3

121

0,25

Nếu hiệu của hai số trong hai ô kề nhau nào đó cũng chỉ là 5 thì qua 20 cặp ta có sự chênh lệch là 20.5 100 . Như vậy 1 100 101 121   . Do đó ắt có hai ô kề nhau nào đó sao cho hiệu hai số viết trong hai ô lớn hơn 5.

0,5

3 3,0

O

P N

M F H

E

D C

B

A

(3)

3

a Ta có: EHFFAE180^o và ^PMN^^PAN ^¹⁸⁰^o ^^FHE^^PMN

 

¹ ^0,25

Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC nên

0 1 0

90 90

MACOAC 2COA ABCHAF 0,25

Lại có tứ giác AFHE và APMN nội tiếp HAFHEF MAC, MPN

Suy ra ^HEF ^^MPN

 

² ^0,25

Từ (1) và (2) suy ra MNP HFE ^MP ^MN HE MN HF MP

HE HF

 ∽        . 0,25

b Do AEFHEF90 ,^o APNMPN90^o và kết hợp với (2)

Suy ra AEF APN 0,5

Lại có NEFAEF 180ô NEFAPN 180ô hay NEFEPN 180ô

Do đó tứ giác EFPN nội tiếp. 0,5

c Ta có: ^AHB

AHC

S

BD HF AB

CD S HE AC



  

 và ^ABM

ACM

S

BM AB MP

CM S AC MN



  



0,5

Suy ra

2 2

BD BM AB HF MP CD CM AC HE MN

   

   0,25

Do HF MP HE MN , suy ra

2

BD BM AB . CD CM AC

  

  

   0,25

4 1,0

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,

ta có 1 1 a b² 3³a b² và 3³ab²     a b b a 2 .b

Suy ra 2 ² 2 3 ²2 ³ ²

 

2 1 1 1

1 1 1 1 2

2 1 1 3 3 9

a b a b a ab a a b

a b a b a b

            

  

0,25

Suy ra ¹ ₂ ¹ ¹ ( ² 2 )

2 2 18 a ab

a b  

 (1) 0,25

Tương tự, cũng có: ¹ ₂ ¹ ¹ ( ² 2 )

2 2 18 b bc

b c  

 (2)

2 2

1 1 1

( 2 )

2 2 18 c ca

c a   

 (3)

0,25 Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu được

 

2

2 2

1 1 1 3 1

2 2 2 a 2 18 a b c 1.

a b b c c     

   Điều phải chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b c 1.

0,25

5 1,0

+ n4 không thỏa mãn, vì ta có thể chọn bốn điểm nguyên là đỉnh của một hình vuông đơn vị, khi đó, mỗi tam giác có đỉnh là ba trong bốn điểm nguyên đang xét có diện tích bằng ¹

2 không phải là số nguyên.

0,25 + Ta chứng minh n5 là số nguyên bé nhất thỏa mãn. Ta chia các điểm nguyên

( ; )

M x y của mặt phẳng thành 4 loại:

Loại 1: x chẵn, y chẵn; Loại 2: x chẵn, y lẻ; Loại 3: x lẻ, y lẻ; Loại 4: x lẻ, y chẵn.

Khi đó, trong 5 điểm nguyên đang xét, luôn có hai điểm cùng loại, ta gọi đó là hai điểm A, B. Ta sẽ chứng minh, với mọi điểm nguyên C, diện tích tam giác ABC luôn là số nguyên.

0,25

(4)

4 Thật vậy:

+ Nếu A và B có cùng hoành độ a, thì do A, B cùng loại, nên độ dài AB là số chẵn.

Gọi h là khoảng cách d C AB( ; ), với C c c( ;₁ ₂), khi đó ¹

ABC 2

S  AB h là số nguyên.

Tương tự với A, B cùng tung độ, ta cũng có diện tích tam giác ABC là số nguyên.

0,25

+ Xét trường hợp A a a( ;₁ ₂), ( ;B b b₁ ₂) thuộc cùng một loại, nhưng a₁b₁,

2 2

a b . Chọn điểm thứ tư D, chẳng hạn

1 2

( ; )

D b a (Hình vẽ). Khi đó, theo lập luận ở trên, các tam giác ABD, CAD, CBD có diện tích là số nguyên, suy ra S_ACBD là số nguyên.

Nhưng S_ACBDS_ABCS_ABD, nên S_ABC là số nguyên. Điều phải chứng minh.

0,25

---Hết---