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.
- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
- Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất Hội đồng chấm.
- 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
 
 
 
  

3 3
x
 
 
 
   
 
 

 
3
3
3 3
12 135 12 135
3 1
3 3
x
 
 
 
   
 
 





3
3 1 8 3 3 1

,
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
  






=> x, y là 2 nghiệm của phương trình
2
( ) 0
X a b X ab
    0,25
0,25

0,25

Giải ra ta có
;
x b x a
y a y b
 
 
 
 
 

0
a b
x y

 


 


=>
2011 2011 2011 2011
x y a b
  

0,25
2 1
3 2
1 0 (1)
x ax bx    . Tìm
,
a b Q

để (1) có nghiệm

a 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 0
a b
   
7 2 25 0
4 15 0
a b
a b
  


  



.
1,00

+/
5
5
a
b
 




(1) có dạng




3 2 2
5 5 1 0 x-1 4 1 0
x x x x x
       
.
Không mất tính tổng quát coi
3
1
x

thì
1 2

1 2 1 2 1 2
2 14
x x x x x x
    
.
+/




3 3 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
52
x 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
724
x x x x x x x x x x      

=>S = 725


x y x y xy x y xy xy
          

Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn,
VT 0






5 - 3 4 0 3 4
xy xy xy
     
.
0,25
0,25
Do
,
x y Z

=>
xy Z

=>
3
4


(vô nghiệm trên Z).
+/
 
2
2
4
2
2
4
0
xy
x y
x y
x y
x
x y



 



 
 

  

 

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 :
0
y

.
(1)
 
 
2
1 0

4
2 1 4 2 0
x x
   
(3)
do


4 4 2
2 1 2.2 .1 4
x x x
  


4
2 1 2 2
x x x
   
.
nên


2
VT(3) 2( - 2 1) 2 1 0.
x x x
    

Do đó Pt (3)
4
1

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


2
KI KD
= KD =KI.KJ
KD KJ
 
(2)
Từ (1) và (2) =>
KB=KD
. 0,25 0,25

0,25
0,25

(4).
Từ (3),(4) =>
AH AM
AI.AM=AH.AO' =
AI AO'
 .
=>
Δ AHI
đồng dạng với
Δ AMO'
( vì
AH AM
=
AI AO'
;

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

2 2
 
sđ

DI
và


1 1
BIM BO'M
2 2
 
sđ

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
5 Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác

* 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

D
B
A
C
I