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:

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.

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

(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

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

* 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:




+ + + =

*) 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


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

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

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


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

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.