Hướng dẫn chấm và KSCL đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn toán trường THCS Nguyễn Tất Thành năm 2014,2015

THCS NGUYỄN TẤT THÀNH

HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN THI: TOÁN HỌC

m Câu

1 A   22  7 2  30 7 11    11  7  60 14 11 

11 7 7 11

  11 7 7    11 

2

7  11  38

0,25

0,25

0,25

Điều kiện xác định của B: 0

4

x x





 



:

2

A

x





:

2

x





4



2 2

x x







0,25

0,25

0,25

Câu

2

Nếu xy0 thì

2011

(1)

3

1007 9

x

y





(phù hợp)

0,5

Nếu xy0 thì

2011

9

3

18

xy





(loại)

0,5

KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và 9 9

;

490 1007

Nếu xy0 thì

2011

(1)

3

1007 9

x

y





(phù hợp)

0,5 Câu

3

Gọi thời gian làm một mình xong công việc của thứ nhất là x(h, x > 7, 2)

Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là y (giờ, y > 7, 2)

Trong 1 giờ, người thứ nhất làm được 1

x (cv); người thứ hai làm được

1

y (cv) & cả hai

làm được 5

36(cv) => ta có hệ phương trình:

36

4

x y

x y

  





  



Giải hệ được x = 12; y = 18

Vậy

0,5

0,25

0,5

0,25

Câu

4

a) Do x x1, 2là hai nghiệm của phương trình đã cho nên theo định lí Viet ta

có: 1 2 3 1 2

2

x  x   x x  

Ta có C  x x1 2   x1 x x1 2  x2

 2x x1 2   x1 x2   3

2 13

2

26 2

2

 

b)

1 2

1 27 2

27

y y

y y



  





→ y1 và y2 là nghiệm của pt: y2 + 1

27 y -

2

27 = 0

0,25

0,25

0,25

1,0

0,5

Câu

5

0.25

Ta có tanB = AD

BD ; tanC =

AD

DC  tanB.tanC =

2

.

AD

BD DC(1)

Xét 2 tam giác vuông ADC và BDH có  DACDBH vì cùng phụ với góc C nên ta có :

AD BD ADC BDH

DC DH

.

BD DC  HD(2)

Từ (1) và (2)  tanB.tanC = AD

HD

0,5

0,25 0,25

0,25

K

G

H E

D A

Theo câu a ta có:

Gọi Ax là tia phân giác góc A, kẻ BM; CN lần lượt vuông góc với Ax

Ta có sin sin

2

A BM MAB

AB

2

A

BM c

2

A

2

A

BM CN  b c

Mặt khác ta luôn có: BM  CN  BF  FC  BC  a

Nên ( ).sin

2

A

b c a sin



0,25

0,25

x

F M

N

A

B

C

Câu

 2

a <1 và b <1

1a 1b   0 1 a b a  b 0

Hay a2ba2b

Mặt khác 0 <a,b <1  2 3

a

b

b

b a a

b  

 a3b3 1a2b

Tương tự ta có

a c c a

c b c

b

2 3

3

2 3

3

1

1













Vậy 2a32b32c33a2bb2cc2a

0,25

0,25

0,25 0,25