Hướng dẫn chấm Đề thi chính thức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn toán chuyên tỉnh Phú Yên năm học 2012,2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi : TOÁN (chuyên) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Gồm có 04 trang) I- Hướng dẫn chung: 1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số. II- Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm Cho biểu thức 1 3 2 5 6 2 3 x x P x x x x          5,00 đ a) Tìm điều kiện xác định biểu thức P P xác định 0 5 6 0 2 0 3 0 x x x x x                         0 2 0 3 0 x x x                  0, 4, 9 x x x     Vậy với 0, 4, 9 x x x    (*) thì biểu thức P xác định. 1,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ b) Rút gọn P     1 3 2 2 3 2 3 x x P x x x x                          2 2 1 3 2 1 6 9 4 4 2 3 2 3 x x x x x x x x x x                       2 2 2 3 2 3 x x x x       . 1,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 1 c) Tìm các số nguyên x để P nguyên: Theo b) 2 3 P x   . Do đó, nếu 2 3 x  nguyên thì P nguyên. 2,00 đ 2 3 x  nguyên   3 2 3 1; 2 x x        . Với 3 1 16; x x    Với 3 1 4 x x      ; Với 3 2 25; x x    Với 3 2 1. x x      Kết hợp với điều kiện (*) suy ra   1;16;25 x  . 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 2 3,00 đ a) Cho 0 x y z    . Chứng minh rằng: 3 3 3 3 x y z xyz    . Vì 0 x y z    suy ra x y z    . Do đó: 3 3 3 3 3 ( ) 3xy(x+y)+z x y z x y      3 3 ( ) 3xy(-z)+z z    = 3xyz (đpcm). 1,00 đ 0,50 đ 0,50 đ b) Giải phương trình:       3 3 3 1005 1007 2 - 2012 0 x x x      Đặt 1005 ; 1007 ; 2 -2012 X x Y x Z x      Ta có: X + Y + Z = 0 Áp dụng câu a) suy ra: 3 3 3 3 X Y Z XYZ    Phương trình đã cho trở thành: 1005 3(1005 )(1007 )(2 - 2012)=0 1006 1007 x x x x x x             . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x = 1005, x = 1006, x = 1007. 2,00 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ Cho hệ phương trình: 2 2 2 2 1 2 1 x y m x y y x m m               , với m là tham số 5,00 đ a) Giải hệ phương trình với m =2 Với m = 2, hệ phương trình là: 2 2 5 5 5 ( ) 5 1 5 x y x y x y xy x y xy x y y x                                   . Do đó, x, y là nghiệm của phương trình X 2 -5X +1= 0 Giải ra ra được 1 2 5 21 5 21 , 2 2 X X     . Vậy hpt có hai nghiệm: 5 21 5 21 5 21 5 21 ; , ; 2 2 2 2                               . 2,50 đ 1,00 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 3 b) Chứng minh rằng hệ luôn có nghiệm với mọi m Hệ đã cho viết lại là: 2 1 ( ) (2 1)( 1) x y m xy x y m m               (1) Nếu 1 2 m   thì hệ trở thành: 2,50 đ 0,50 đ 0 0 ( ) 0 x y x R x y xy x y y x                          . Hệ có vô số nghiệm. (2) Nếu 1 2 m   thì hệ trở thành: 2 1 1 x y m xy m             Nên x,y là nghiệm phương trình: 2 (2 1) 1 0 X m X m      (*). P/t (*) có 2 2 =(2m+1) 4( 1) 4 5 0, m m m        nên luôn có nghiệm. Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm với mọi m. 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 4,00 đ a) Chứng minh AF.BE = AD.DB. Ta có:      0 0 180 120 (1) AFD FDA A AFD FDA            0 0 180 120 (2) EDB FDA EDF EDB FDA       Từ (1) và (2) suy ra:   AFD EDB  . Hơn nữa   0 60 A B   Suy ra AFD BDE    AF AD BD BE   . . AF BE AD BD   (đpcm). 2,00 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 4 b) Chứng minh 2 . 4 a AF BE  Đặt 1 2 1 2 ; ( , 0) x AD x DB x x    và 1 2 . ( 0) x x AD DB b b    . Ta có: 1 2 x x AB a    (không đổi). Nên 1 2 x , x là nghiệm của phương trình bậc hai: 2 0 x ax b    (*). Do 1 2 x , x luôn tồn tại nên phương trình (*) luôn có nghiệm Hay: 2 2 4 0 4 a a b b      Vậy 2 . . 4 a AF BE AD BD  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 x 2 a x   , tức D là trung điểm AB. 2,00 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 5 3,00 đ A B C D F E a)Tính tỷ số HC CD : Ta có: , / /    CK AD BD AD CK BD Áp dụng Talet: 3 4 CH CK AC HD BD AB    Suy ra: 3 3 3 4 7 CH CH CD CH HD      . Vậy tỷ số 3 7 HC CD  . 1,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ b) Điểm H chạy trên đường nào khi d quay quanh A? Qua H kẻ đường thẳng song song với OD cắt OC tại I . Khi đó: 3 3 3 7 7 7 IH CH IH OD R OD CD      (không đổi). Từ đó ta cũng có: 3 3 3 2 7 7 2 14 7 R IC OC R OI R      . Do OC cố định nên I cố định. Vì thế, khi d quay quanh A thì H chạy trên đường tròn tâm I (I nằm trên đoạn OC, cách O một khoảng 2 7 OI R  ), bán kính 3 . 7 R 1,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ O D A B CO' K H I . TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi : TOÁN (chuyên) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Gồm có 04 trang) I- Hướng dẫn chung: 1- Nếu thí sinh. như hướng dẫn quy định. 2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm. trình đã cho trở thành: 100 5 3 (100 5 ) (100 7 )(2 - 2012)=0 100 6 100 7 x x x x x x             . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x = 100 5, x = 100 6, x = 100 7. 2,00 đ 0,50 đ