Đang tải... (xem toàn văn)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 HY 2016_HUANCAO tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các...
Hớng dẫn chấm thi Môn Toán Tuyển sinh vào lớp 10 THPT Chuyên năm học 2008-2009 ( Hớng dẫn chấm thi gồm 4 trang) I. Hớng dẫn chung: -Dới đây chỉ là HD tóm tắt của một cách giải, bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới đợc điểm tối đa -Bài làm của học sinh đúng đến đâu các giám khảo cho điểm đến đó -Học sinh đợc sử dụng kết quả của câu trớc để áp dụng cho câu sau -Trong bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm -Với các cách giải khác với đáp án tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhng không vợt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó. -Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải đợc thống nhất trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất trong tổ chấm. -Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm,không làm tròn II. Đáp án và biểu điểm: Câu Hớng dẫn chấm Điểm Câu 1 (3.5 đ) 1. Điều kiện x 0 ; x 1 Ta có (15 11) (3 2)( 3) (2 3)( 1) ( 3)( 1) x x x x x P x x + + = + = 5 7 2 ( 1)( 5 2) ( 5 2) ( 3)( 1) ( 3)( 1) ( 3) x x x x x x x x x x + + + = = + + + 2. Ta có 1 5 2 1 1 1 2 2 11 121 3 x P x x x + = = = = + 0.5 0.5 0.75 1.75 Câu 2 (3.5 đ) Ta có: 2 2 2 ( ) 2 2 4 ( ) ( ) a b a b ab ab Q a b a b a b a b a b a b + + = = = + = + áp dụng kết quả: 2 ; 0 : ( ) 0 2 .x y x y x y x y + Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x=y Ta có: 4 2. ( ). 4 ( ) Q a b a b = Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi: 4 1 3 1 3 2 1 3 1 3 a a b a b b ab a a b b = + = = + = = > = Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 4. ( Học sinh phải CM kết quả 2 ; 0 : ( ) 0 2 .x y x y x y x y + sau đó mới áp dụng, n ếu HS không CM thì trừ 0.5 điểm phần này) 1.0 0.5 0.5 1.0 0.5 Câu 3 (4.0đ) Gọi x là số ô tô ban đầu Sau khi bớt đi một ô tô thì số ô tô còn lại là (x-1); Điều kiện x>1; x N Do mỗi ô tô chỉ chở 22 học sinh thì còn thừa 1 học sinh nên số học sinh đi tham quan là (22x+1). Số học sinh có trong mỗi ô tô của (x-1) ô tô là: 22 1 1 x x + Theo giả thiết bài toán ta có * 22 1 1 22 1 32 1 x N x x x + + Mặt khác ta có: 22 1 22( 1) 23 23 22 1 1 1 x x x x x + + = = + Do đó 22 1 1 x x + * * 23 ( 1) N N x ,hay (x-1) là ớc của 23 x-1=1 2x = . Khi đó 22 1 1 x x + =45>32 nên không thoả mãn x-1=23 24x = .Khi đó 22 1 1 x x + =23<32 nên thoả mãn Vậy Số ô tô ban đầu là 24 Số học sinh đi tham quan là 529 0.25 0.5 0.5 0.75 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 4 (5.5 đ) ( Học sinh vẽ hình đúng cho 0.25 đ) a. Ta có: Tứ giác MCAN có ẳ ẳ 0 90MAN MCN= = nên tứ giác MCAN nội tiếp đ- ợc đờng tròn đờng kính MN. Suy ra: ẳ ẳ 0 45AMN ACN= = ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) Mặt khác theo giả thiết: ẳ 0 90MAN = Vậy tam giác MAN vuông cân đỉnh A. 0.5 0.5 0.5 0.25 D A B E N C M b. Trong tam giác vuông CMN có ME là trung tuyến nên 1 . 2 CE MN= Trong tam giác vuông AMN có AE là trung tuyến nên 1 . 2 AE MN= Từ đó suy ra CE=AE, hay E thuộc đờng trung trực của AC *.Do ABCD là hình vuông nên DA=DC; BA=BC nên B, D cũng thuộc vào đ- ờng trung trực của AC Do đó ba điểm D, B, E thẳng hàng 0.5 0.5 0.5 0.5 c. Gọi a là độ dài các cạnh của hình vuông. Do tam giác EAC cân đỉnh E nên: EAC đều khi và chỉ khi . 2EA AC a= = * Trong tam giác vuông AMN: MN=2AE=2a 2 Khi đó AM= 2a. * Trong tam giác vuông DAM ta có: DM 2 =AM 2 -AD 2 =4a 2 -a 2 =3a 2 Hay DM=a 3 Kết luận: Tam giác EAC là tam giác đều khi M thuộc tia đối của tia CD và DM=DC. 3 0.5 0.5 0.5 Câu 5 1.( 1.5 điểm) Gọi S là diện tích tam giác. Học sinh phải chứng minh S=p.r ( p: nửa chu vi của tam giác; r : Bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác) Mặt khác S= 1 . . 2 c c h nên 2 c r c c h p a b c = = + + : 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) 2 2. ( 2 1). 2 2 1 5 a b c a b a b c a b c a b c c c a b c + + + + + + + > + + Vậy ta có điều phải chứng minh. ( N ếu học sinh không chứng minh S=p. r thì trừ đi 0.5 điểm) 2. ( 1,0 điểm): Ta có: [ ] 2 2 2 (2009 ). 5 0 ( 2 1) LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 HY 2016 Câu 1: a) A = A 27 81 4.3 21 x 3y 3x x x 2 x y 2 x y 2.2 y y 1 b) Giải hệ Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (2;-1) Câu 2: a) Vì A có hoành độ thuộc đồ thị hàm số y = 2x2 nên y = 2.22 = Vậy A(2; 8) b) Đề hàm số y = (m-2)x-1 đồng biến m – > m > Vậy m > Câu 3: a) Thay m = vào PT ta có x2 - x -3+2 = hay x2 - x -1= (1)2 4.1(1) nên PT có hai nghiệm phân biệt x 1 b) PT x2 - x -m+2 = có hai nghiệm phân biệt (1)2 4.1(m 2) 4m m x1 x2 (1) x1 x2 m (2) Theo Viet ta có Mà 2x1 + x2 = x2 = - x1 (3) thay vào (1) ta có x1 x1 x1 thay vào (3) có x2 3 Thay x1 x2 3 vào (2) ta có –m + = 4.(-3) nên m = 14 (nhận) Vậy m = 14 Câu 4: a) Sxq = 2πrh = 2π.2.5 = 20π (cm2) b) Gọi số xe ban đầu x (xe) ( xϵN*) số hàng xe phải chở theo dự định Số xe thực tế x + (xe) nên số hàng thực tế xe chở 24 (tấn) x 24 (tấn) x2 24 24 12 12 2 1 x x2 x x2 12( x 2) 12 x x( x 2) x2 x 24 0; ' 12 1.(24) 25 Theo ta có PT x1 (nhận) x1 6 (loại) Vậy số xe ban đầu xe Câu 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB Trên tiếp tuyến A đường tròn lấy điểm C (C khác A) Từ C vẽ tiếp tuyến thứ hai CD (D tiếp điểm) cát tuyến CMN (M nằm C N) với đường tròn Gọi H giao điểm CO AD a) Chứng minh C, A, O, D thuộc đường tròn b) Chứng minh CH.CO=CM.CN c) Tiếp tuyến M đường tròn tâm O cắt CA, CD theo thứ tự E, F Đường thẳng vuông góc với CO O cắt CA,CD theo thứ tự P, Q Tiếp tuyến M đường tròn tâm O cắt CA, CD theo thứ tự E, F Đường thẳng vuông góc với CO O cắt CA,CD theo thứ tự P, Q Chứng minh PE+QF ≥ PQ LG: a) Vì CA, CD tiếp tuyến (O)) (gt) C Nên CAO CDO 90 (theo tính chất tiếp tuyến) Suy C, A, O, D thuộc đường tròn (đpcm) Cách 2: CAO CDO 900 nên CAO CDO 1800 Suy C, A, O, D thuộc đường tròn M b) Chứng minh tam giác COD vuông A có đường E cao DH nên CH.CO = CD (1) Chứng minh CMDCDN H nên có CM.CN = CD2 (2) Từ (1) (2) suy đpcm A O c) 2∠AEO=∠AEF=∠ECF+∠CFE ̂ =1800 - 2𝑃̂+1800-2𝑄𝐹𝑂 P nên ∠AEO = 1800-∠QFO-∠FQO=∠QOF Từ có △PEO△QOF Suy PE.QF = OQ2 Do theo BĐT Cô si PE + QF≥2√𝑃𝐸 𝑄𝐹 =2OQ = PQ (đpcm) Câu 6: Cho a, b, c số dương √𝑎 + √b + √c = Tìm 𝑃 = √2a2 + ab + 2b + √2b + bc + 2c + √c + ca + 2a2 LG: Bổ đề 1: Cho x, y, z, t số thực ta có: (2) √x + y + √z + t ≥ √(x + z)2 + (y + t)2 F D Q B N Thật (2) ⟺ (√x + y + √z + t ) ≥ (x + z)2 + (y + t)2 ⟺ x + y + z + t + 2√(x + y )(z + t ) ≥ x + y + z + t + 2(xz + yz) ⟺ √(x + y )(z + t ) ≥ xz + yz (3) Nếu xz + yz < (3) hiển nhiên Nếu xz + yz ≥ (3) ⟺ (x + y )(z + t ) ≥ (xz + yt)2 ⟺ (xt − yz)2 ≥ (hiển nhiên đúng) x y x z Dấu đẳng thức xảy = hay = z t y t Áp dụng bổ đề vào toán ta có: 𝑃 √2 2 2 2 𝑏 𝑐 𝑎 √15 √15 √15𝑎 = √(a + ) + ( b) + √(b + ) + ( c) + √(c + ) + ( ) ≥ 4 4 2 √(a + b + b + c) + (√15b + √15c) + √(c + 𝑎) + (√15𝑎) 4 b 4 𝑎 c √15b ≥ √(a + + b + + c + ) + ( 4 2 + √15c + 4 √15𝑎 ) 5 2 = √ (a + b + c)2 =(a+b+c) √ Bổ đề 2: x + y + z ≥ 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 (4)(𝑑ễ 𝑐ℎứ𝑛𝑔 𝑚𝑖𝑛ℎ) Mà (4) ⟺ 2(x + y + z ) ≥ 2(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 ) ⟺ 3(x + y + z ) ≥ x + y + z + 2(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 ) ⟺ 3(x + y + z ) ≥ (x + y + z)2 1 Áp dụng bổ đề ta có a + b + c ≥ (√𝑎 + √𝑎 + √𝑎) = (𝑑𝑜 √𝑎 + √𝑎 + √𝑎 = 1) 3 Nên 𝑃 √2 ≥ √ ⟺P≥ √5 Dễ thấy a = b = c = √𝑎 + √𝑎 + √𝑎 = Vậy P = √5 P = a = b = c = √5 Huấn cao – Maths ninenine Đáp án đề thi vào 10 Thanh Hóa - đề A Câu 5: cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x 2 + yz + y 2 = 1 - 2 3 2 x Tìm giá tri lớn nhất, gá tri nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y + z Đáp án: Từ 2 3 1 2 22 x yyzx −=++ , biến đổi thành: 222 )()(2)( zxyxzyx −−−−=++ Vì 2)()(2 22 ≤−−−− zxyx với mọi x, y, z nên : 2)( 2 ≤++ zyx ⇒ 2 ≤++ zyx 22 ≤++≤−⇒ zyx Vậy D min = 2 , đạt được khi x = y = z = 3 2 D max = - 2 , đạt được khi x = y = z = - 3 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: TOÁN BÀI Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM I 3.0 1 Tìm số nguyên dương n … (1.5 điểm) *(n-8) 2 -48 = n 2 -16n+16 nên A=n-21+ 0.50 *121=11 2 và n+5≥6 ; n+5∈Z 0.25 *n+5=11 được n=6 và A=-4 0.25 *n+5=121 được n=116 và A=96 0.25 *KL n=116 0.25 2 Tìm các số nguyên dương x, y … (1.5 điểm) *x 2 +y(y 2 + y-3x)=0 ⇔x 2 -3xy+y 2 +y 3 =0 (1) 0.25 *Coi (1) là pt bậc 2 với ẩn x 0.25 *có ∆=y 2 (5-4y) 0.25 *Nếu y≥2 thì ∆<0 phương trình (1) vô nghiệm 0.25 *Với y=1 phương trình (1) trở thành x 2 -3x+2=0 ⇔x 1 =1; x 2 =2 0.25 *KL: x=1, y=1 và x=2, t=1 0.25 II Giải hệ phương trình 2.0 *Nếu một trong 3 số x, y, z bằng 0 thì hai số còn lại bằng 0 Ta thấy x=y=z=0 là một nghiệm của hệ 0.25 *Xét trường hợp cả ba số x, y, z khác 0 hệ đã cho ⇔ ⇔ 0.75 *Cộng vế với vế của 3 PT ta được =0 0.25 ⇔(-1) 2 +(-1) 2 + (-1) 2 =0⇔ ⇔ (thỏa mãn hệ đã cho) 0.50 *KL:Hệ đã cho có 2 nghiệm x=y=z=0 và x=y=z=1 .025 3.0 1 Chứng minhAD.AC=AE.AB(1 điểm) A1 A2 Q J E H D R L O C B A Chứng minh được tam giác ABD đồng dang với tam giác ACE 0.50 Chứng minh được AD.AC=AE.AB 0.50 2 Chứng minh … (1 điểm) *Gọi H là trực tâm của ∆ABC tia AH cắt BC tại J và cắt cung BC tại Q. CM được: = 0.25 *CM được == *Tương tự chứng minh được=,= *∆ABC nhọn nên điểm H nằm trong tam giác. Suy ra S BHC +S BHA +S AHC =S BAC Từ đó ++===1 3. Chứng minh tia Ax …(1 điểm) *tia BD cắt cungAC tại R, tia CE cắt cung AB tại L Chứng minh được DE//RL suy ra LR⊥Ax *⇒cung AL=cungAR chứng minh Ax di qua tâm O khi A di động t IV Tính giá trị của biểu thức… (1 điểm) *Đặt Q(x)=P(x)-10x *Có Q(1)=Q(2)=Q(3)=0 *Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r) P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)+10x *A= V Chứng minh rằng…(1 điểm) *Gọi đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là (I), I nằm trong ∆ABC Nếu A, B, C nằm trên (O) thì (I) và (O) trùng nhau. *Nếu (O) đựng (I) hoặc (O) và(I) tiếp xúc trong với nhau thì đường kính của (I) nằm trong (O) suy ra chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O). *Nếu (O) và (I) cắt nhau tại M, N. Vì ∆ABC có ba góc nhọn nên số đo cung nhỏ MN< 180 0 . Suy ra cung lớn MN>180 0 , ắt tồn tại đường kính của (I) nằm trong (O). Vậy chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O) Thí sinh phải lập luận đấy đủ mới có điểm tối đa, điểm làm tròn đến 0.25 Sở Giáo dục và đào tạo Hải Dơng --------------------- Đề thi chính thức Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề. Ngày 06 tháng 07 năm 2009 (Đề thi gồm có: 01 trang) -------------------------------------- Câu I: (2,0đ) 1. Giải phơng trình: 2(x - 1) = 3 - x 2. Giải hệ phơng trình: 2 2 3 9 y x x y = = Câu II: (2,0đ) 1. Cho hàm số y = f(x) = 2 1 2 x . Tính f(0); f(2); f( 1 2 ); f( 2 ) 2. Cho phơng trình (ẩn x): x 2 2(m + 1)x + m 2 - 1 = 0. Tìm giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn x 1 2 +x 2 2 = x 1 .x 2 + 8. Câu III: (2,0đ) 1. Rút gọn biểu thức: A = 1 1 1 : 1 2 1 x x x x x x ữ + + + + Với x > 0 và x 1. 2. Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đờng Ab dài là 300km. Câu IV(3,0đ) Cho đờng tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ Ab lấy điểm M (M không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN (KAN). 1. Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đờng tròn. 2. Chứng minh: MN là tia phân giác của góc BMK. 3. Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và BN. Xác định vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất. Câu V:(1,0đ) Cho x, y thoả mãn: 3 3 2 2x y y x+ = + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = x 2 + 2xy 2y 2 +2y +10. ----------------Hết------------------ E K H M N B A O Gợi ý đáp án: Câu I: 1. x = 5/3 2. x= 3; y = 1. Câu II: 1. f(0) = 0; f(2) = -2 ; f(1/2) = -1/8 ; f(- 2 )=-1. 2. = 8m+8 0 m -1. Theo Viét ta có: 1 2 2 1 2 2 2 . 1 x x m x x m + = + = Mà theo đề bài ta có: x 1 2 + x 2 2 = x 1 .x 2 + 8 (x 1 + x 2 ) 2 - 2x 1 .x 2 = x 1 .x 2 + 8 m 2 + 8m -1 = 0 m 1 = - 4 + 17 (thoả mãn) m 2 = - 4 - 17 (không thoả mãn đk) Câu III: 1. A = 2 2 1 1 ( 1) ( 1) 1 : . ( 1) ( 1) ( 1) 1 x x x x x x x x x x x x + = = + + + 2. Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km) (x>0) => Vận tốc ô tô thứ hai là x-10(km) Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đờng là: 300 x Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đờng là: 300 10x Theo bài ra ta có phơng trình: 300 300 1 10x x = Giải phơng trình trên ta đợc nghiệm là x 1 = -50 (không thoả mãn) x 2 = 60 (thoả mãn) Vậy vận tốc xe thứ nhất là 60km/h, xe thứ hai là 50 km/h. Câu IV: 1. Tứ giác AHMK nội tiếp đờng tròn đờng kính AM( vì ã ã 0 90AKM AHM= = ) 2. Vì tứ giác AHMK nội tiếp nên ã ã KMH HAN= (cùng bù với góc KAH) Mà ã ã NAH NMB= (nội tiếp cùng chắn cung NB) => ã ã KMN NMB= => MN là tia phân giác của góc KMB. 3. Ta có tứ giác AMBN nội tiếp => ã ã KAM MBN= => ã ã ã MBN KHM EHN= = => tứ giác MHEB nội tiếp => ã ã MNE HBN= =>HBN đồng dạng EMN (g-g) => HB BN ME MN = => ME.BN = HB. MN (1) Ta có AHN đồng dạng MKN ( Hai tam giác vuông có góc ANM chung ) => AH AN MK MN = => MK.AN = AH.MN (2) Từ (1) và (2) ta có: MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB. Do AB không đổi, nên MK.AN + ME.BN lớn nhất khi MN lớn nhất => MN là đờng kính của đờng tròn tâm O.=> M là điểm chính giữa cung AB. Câu V: Từ 3 3 2 2x y y x+ = + => 3 3 2 2x y y x+ + = (1) Xét các trờng hợp sau: 1. Nếu x>y>0 => x+2>y+2 => 2x + > 2y + , x 3 >y 3 => Vế trái của (1) dơng, nhng vế phải của (1) lại âm => không tồn tại x,y. 2. Nếu y>x>0 lí luận tơng tự 2x + < 2y + , x 3 <y 3 => vế trái của (1) âm, vế phải của (1) lại dơng => không tồn tại x,y. 3. Nếu -2<x<y<0 => x+2 <y+2 , 0>y 3 >x 3 => Vế trái của (1) âm, vế phải dơng => không tồn tại x, y. 4. Nếu -2<y<x<0 => lí luận tơng tự 2x + > 2y + , 0> x 3 >y 3 vế trái (1) dơng, vế phải âm=> không tồn tại x,y. Vậy x=y thay vào B = x 2 + 2xy 2y 2 +2y +10 => B = x 2 SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học 2010 – 2011 Môn thi: Toán Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010 BÀI Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM I 2,5 1 Rút gọn biểu thức A (1,5 điểm) A = 2 3 9 9 3 3 x x x x x x + + − − + − = 2 3 9 3 3 ( 3)( 3) x x x x x x x + + − + − + − 0,25 = ( 3) 2 ( 3) (3 9) ( 3)( 3) x x x x x x x − + + − + + − 0,25 = 3 2 6 3 9 ( 3)( 3) x x x x x x x − + + − − + − 0,25 = 3 9 ( 3)( 3) x x x − + − 0,25 = 3( 3) ( 3)( 3) x x x − + − 0,25 = 3 3x + 0,25 2 Tìm giá trị của x để A = 1 3 (0,5 điểm) A= 1 3 ⇔ 3 3x + = 1 3 ⇔ 3x + =9 0,25 ⇔ x =6 ⇔ x=36 (thoả mãn điều kiện) 0,25 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A (0,5 điểm) 3x + ≥ 3 ⇔ 1 3x + ≤ 1 3 0,25 ⇔ 3 3x + ≤ 3 3 =1 Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1, khi x=0 (thoả mãn điều kiện) 0,25 II Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: 2,5 Gọi chiều rộng của mảnh đất 1à x (m) ( 0 < x< 13) hoặc x>0 0,5 thì chiều dài của mảnh đất 1à x + 7 (m). 0,25 Lập luận được phương trình: x 2 + (x + 7) 2 = 13 2 0,5 ⇔ x 2 + 7x - 60 = 0 0,25 Giải phương trình được: x l = 5 (thoả mãn); x 2 = -12 (loại) 0,5 Trả 1ời: Chiều rộng của mảnh đất 1à 5 m 0,25 và chiều dài của mảnh đất 1à 12 m. 0,25 III 1,0 1 Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. 0,5 Xét phương trình: -x 2 = mx - 1 ⇔ X 2 + mx – 1= 0 (l) 0,25 ∆= m 2 + 4 > 0 với mọi m nên (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Suy ra mọi giá trị 0,25 ĐỀ CHÍNH THỨC của m thì (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt 2 Tìm giá trị của m để: x 1 2 x 2 + x 2 2 x 1 – x 1 x 2 = 3. 0,5 Vì x l , x 2 là 2 nghiệm của (l) nên theo định lý Vi-et ta có l 2 l 2 x x m x x 1 + = − = − 0,25 x 1 2 x 2 + x 2 2 x l - x l x 2 = x l x 2 (x l + x 2 ) – x 1 x 2 = m + 1 x 1 2 x 2 + x 2 2 x l – X 1 X 2 = 3 ⇔ m + 1 = 3 ⇔ m = 2. 0,25 IV 2,0 1 Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp (1 điểm) Vẽ đúng hình câu 1 0,25 Nêu được · BCF . · AEF là các góc vuông 0,25 ⇒ · DCF + · DEF =2v 0,25 Kết 1uận : FCDE 1à tứ giác nội tiếp 0,25 2 Chứng minh DA.DE = DB.DC (1 điểm) Chứng minh ∆ADC và ∆BDE có 2 cặp góc bằng nhau 0,25 Suy ra: ∆ADC đồng dạng với ∆BDE (g-g) 0,25 DA DB = DC DE 0,25 Kết 1uận: DA.DE = DB.DC 0,25 3 Chứng minh · CFD = · OCB (1 điểm) Chứng minh · CFD = · OBC 0,25 · OCB = · OBC và kết luận · CFD = · OCB 0,25 Chứng minh · CFD = · FCI 0,25 · IOC = · OCB + · ICD = · FCI + · ICD = · FCD =1V và kết luận IC là tiếp tuyến của (O) 0,25 4 chứng minh tg · AFB = 2 (0,5 điểm) IB cũng là tiếp tuyến của (O). · AFB = 1 2 · CIE = · CIO 0,25 tg · AFB =tg · CIO = CO CI = 2 CO FD = 2 R R =2 0,25 V Giải phương trình 0,5 Biến đổi phương trình đã cho thành: ( 2 7x + -4)( 2 7x + -x)=0 0,25 ⇔ 2 2 7 4 7 x x x + = + = ⇔ 2 2 2 2 7 4 7 x x x + = + = ⇔ 3 V nghiem x ô = ± ⇔ x= ± 3 Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x= ± 3 0,25 Các chú ý khi chấm: 1) Thí sinh phải lập luận đầy đủ mới cho điểm tối đa. 2) Nếu thí sinh có cách giải đúng khác với hướng dấn thì giám khảo vẫn chấm và cho điểm theo số điểm quy định dành cho câu (hay ý) đó. 3) Giám khảo vận dụng hướng dẫn chấm chi tiết đến 0,25 điểm và không 1àm tròn điểm bài thi. SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học 2010 – 2011 Môn thi: Toán Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010 Thời gian làm bài: 120phút Bài I (2,5 điểm) Cho biểu thức : A = 2 3 9 9 3 3 x x x x x x + + − − + − , với x ≥ 0 và x ≠ 9. 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm giá trị của x để A = 1 3 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. Bài II (2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7 m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó. Bài III (1,0 điểm) Cho parabol (P): y = -x 2 và đường thẳng (d): y = mx – 1. 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại