đáp án đề thi vào 10 chuyên toán ninhbinh

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 đế

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

v-ợt 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 1

(3.5 đ) 1 Điều kiện x 0; x 1

Ta có (15 11) (3 2)( 3) (2 3)( 1)

P



= 5 7 2 ( 1)( 5 2) ( 5 2)

x

x



0.5 0.5 0.75 1.75

Câu 2

(3.5 đ) Ta có:

áp dụng kết quả: x y;  0 : ( x y) 2   0 x y  2 x y.

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x=y

a b



Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi:

2

a

a b

ab

a

a b

b

 

   





  







 





Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 4

( Học sinh phải CM kết quả x y;  0 : ( x y) 2   0 x y  2 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)

0.25 0.5

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

Do đó 22 1

1

x x





( 1)

x

 ,hay (x-1) là ớc của 23

 x-1=1 x 2 Khi đó 22 1

1

x x



 =45>32 nên không thoả mãn

 x-1=23 x 24.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

0.5 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 MANMCN  90 0 nên tứ giác MCAN nội tiếp

đợc đờng tròn đờng kính MN

Suy ra: AMN  ACN  45 0 ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) Mặt khác theo giả thiết: MAN 90 0

Vậy tam giác MAN vuông cân đỉnh A

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

0.5 0.5 0.5 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5

D

E

N

Do đó ba điểm D, B, E thẳng hàng

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 EA AC a  2

* Trong tam giác vuông AMN: MN=2AE=2a 2

Khi đó AM= 2a

* Trong tam giác vuông DAM ta có: DM2=AM2-AD2=4a2-a2=3a2

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 h c nên c 2

h  p a b c  :

2

2 1

5

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

(2009 ) 5 0 ( 2 1) 2007( 1) ( 1) 2003 ( 1) 2007( 1) ( 1) 2003

( 1) ( 1) 2007 2003

Từ phơng trình trên suy ra (x-1) là ớc của 2003 Mặt khác 2003 là số nguyên

tố nên xẩy ra bốn khả năng sau

* x 1 1  x  2 y 4009

* x 1   1 x  0 y 5

* x 1 2003   x 2004  y 5

* x 1  2003  x 2002  y 4009

V ậy có 4 cặp số nguyên (x;y) thoả mãn là:

(2; - 4009);(0; - 5); (2004; -5);(- 2002; - 4009)

3 (1.0 điểm)

Trên tia đối của tia MB lấy điểm E sao cho 2008

2009

MC

ME 

Khi đó CME BAC   ( vì cùng bù với BMC) CME có các góc không đổi

CEM

 không đổi  3 điểm B, C, E nằm trên một đờng tròn cố định

Ta dựng đờng thẳng vuông góc với BC tại C, cắt đờng tròn ngoại tiếp tam

giác BCE tại F Khi đó BF là đờng kính của đờng tròn ngoại tiếp tam giác

BCE  F là điểm cố định

.Gọi M0 là giao điểm thứ 2 của BF và đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Suy ra M0 là điểm cố định

Ta có 2008 MB + 2009 MC=2008.MB + 2008 ME=2008 BE2008BF

0.5 0.25

0.5 0.25

0.5

0.5

0.25 0.25

0.25

0.25

D ấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M M0

Vậy 2008.MB + 2009.MC đạt giá trị lớn nhất khi M  M0

A

M

O

M

F E A

M

O

M

F E