Đáp án chuyên Toán học chung Ninh Bình 2012-2013 - Học Toàn Tập

Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm.. Tuyệt đối không làm tròn đ[r]

(1)

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2012-2013

Mơn:TỐN - Ngày thi 26/6/2012 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

I Hướng dẫn chung

1 Bài làm học sinh đến đâu cho điểm đến Học sinh sử dụng kết câu trước làm câu sau

3 Đối với hình, vẽ sai hình khơng vẽ hình khơng cho điểm

4 Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà cho điểm đủ phần hướng dẫn, thang điểm chi tiết tổ chấm thống

5 Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch đảm bảo thống thực toàn hội đồng chấm

6 Tuyệt đối khơng làm trịn điểm II Hướng dẫn chi tiết

Câu Đáp án Điểm

Câu (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Thay m 1 vào phương trình (1) ta có: x2 2x 1 (*) 0,25

Giải PT (*): '2 0,25

PT (*) có nghiệm phân biệt: x1  1 2; x2  1 0,5 2 (1,0 điểm)

Ta có :  ' m2 2m 3



m



m

Vậy PT (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 0,25 Theo Vi-ét ta có: x1x2  2 ; m x x1 2  2m3

2 2 2

1 ( 2) 2 4 (2 1) 5

x x  x x  x x  m  m  m   m 0,25 Vậy tổng x12 x22 đạt giá trị nhỏ

2

m  0,25

Thay

2

m  vào PT (1) tìm hai nghiệm :x1 1; x2 2 0,25

Câu (2,5 điểm)

1a (1,0 điểm)

Điều kiện:

3

0

3

4

3

1

x

x x

x

x x

x  

  

 

 

  

  

 

  



0,25

Với điều kiện ta có:

3

6 ( )

3

( ) 3

x x x

A x

x x x x

    

    

   

  

0,25





6 ( 2)

3 3

( 2)(3 4)

x x x

A x x x

x x x

    

    

  

  0,25



 



3

( 2)(3 4)

x

x x

A x x

x x x x



   

    

   

 

(2)

2 1b (0,5 điểm)

3 3

2

3

x x x

A

x x

  

  

  0,25

Để A 3

3

x B

x 

 

 Do x nên để B

3

x x

  



 



* 3x   3 x (t/m) * Xét trường hợp 3x 2 :

Đặt 3x p ( ,p q ;q 0;( , ) 1)p q q

    2 2

2

3x p p x q p q q

    

Nếu q1, gọi d ước số nguyên tố q 2

p q p d d ước số chung p q, mâu thuẫn với giả thiết (p, q) =

Vậy q = Suy

2

3

2

p

x p B p

p p



     

 

Để B

2 1

p p

          

 

Với p = x = (t/m) Với p =

x (loại) * Đáp số: x = 1; x =

0,25

2 (1,0 điểm)

Điều kiện: 0 x 0,25

Đặt t  x 1x t, 0, ta có









2

1 1

2 t

t   x x  x x   0,25

Thay vào PT cho ta thu PT:

1

2

1 ( / )

1

3 ( )

t t m

t

t t t

t l

  

         



0,25

Giải PT: 1





1 ( / )

x t m

x x x x

x t m

 

         

 Đáp số: x0; x1

0,25

Câu (1,5 điểm)

Gọi vận tốc xe đạp từ A tới B x (km/h) (x > 0) Thời gian 24

x (giờ) 0,25

 vận tốc xe đạp từ B A (x + 4) (km/h) Thời gian 24

x (giờ) 0,25 Đổi 30 (phút) =

2 (giờ) Ta PT:

2

24 24

4 192

4 x x

x  x      0,5 Giải PT tìm hai nghiệm: x1  16 (loại), x2 12 (thoả mãn)

(3)

3 Câu

(3,0 điểm)

1 (1,5 điểm)

C N P

I M

B

O A

Vì tứ giác AMPN nội tiếp nên ta có:

PMI PMN PAN PAC (1) 0,25

Vì tứ giác ABPC nội tiếp nên ta có:

PACPBCPBI (2) 0,25

Từ (1) (2) suy PMI PBI Do tứ

giác BMIP nội tiếp 0,25

Vì tứ giác AMPN nội tiếp nên ta có:

INPMNPMAPBAP (3) 0,25

Vì tứ giác ABPC nội tiếp nên ta có:

BAPBCPICP (4) 0,25

Từ (3) (4) suy INPICP Do tứ

giác CNPI nội tiếp 0,25

2 (1,5 điểm)

Từ PB = PC nên tam giác PBC cân P Suy IBPICP 0,25

Vì tứ giác BMIP nội tiếp nên ta có IBPIMP

Vì tứ giác CNPI nội tiếp nên ta có ICPINP 0,25

Từ ta có IMPINP Suy tam giác PMN cân P 0,25 Vì I trung điểm MN nên PI phân giác MPN Suy MPI NPI 0,25

Vì tứ giác BMIP nội tiếp nên ta có: ABCMBIMPI

Vì tứ giác CNPI nội tiếp nên ta có: NPI ACI  ACB 0,25

Từ ta có ABCACB Vậy tam giác ABC cân A 0,25

Câu (1,0 điểm)

Từ điều kiện x2 y2     1 y y 20 0,25

Ta có: 2





2 x

P P x Py P x Py

y

      













2 2 2

2P  xPy  1 P x  y  1 P

1 1

P P

     

0,5

P = ;

2

x y  

Vậy giá trị lớn P