Khi đó, hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ điểm N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.[r]
(1)HUONG DAN CHAM TUYEN SINH 10 THPT TOAN (CHUYEN TIN) Trang 1
−14 −12 −10 −8 −6 −4 −2
−2
x y
B
A
O E
D C
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC NĂM HỌC 2016-2017
Khóa ngày 09 tháng năm 2016 Mơn thi: TỐN (CHUN TIN) HƯỚNG DẪN CHẤM –ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1 (1,5 điểm)
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá tri ̣ của biểu thức:
A 3 5 3 5 10 2 0,75
2
A 3 3 1 0,25
3 3 5. 1 0,25
2
=2 1 2.4 8 0,25
b) Cho
2
x x 1 x x 1 x x x 1 x
B x x :
x 1 x 1 x 1 1
với 0 x 1, x 4
Hãy rút gọn biểu thức B, tính giá trị biểu thức B cho x 6 4
0,75
Với 0 x 1, x 4 , ta có:
3 2
x x x (1 x)
B x x :
x x x x
2 (1 x) x x x x x x :
x
0,25
2 2
2 x x x
(x 1)
x 2 0,25
Với x 6 2 22 B 2 22 2 2 2 0,25
2 (2,0 điểm)
a) Cho hàm số yx có đồ thị (P) Gọi A B hai điểm thuộc (P) có 2 hồnh độ –2 Chứng minh OAB vuông A tính diện tích OAB
1,0 Ta có : y = x2 có đồ thị (P) - hình vẽ
A A
A(P) : x 1 y 1 A(1;1)
B B
B(P) : x 2 y 4 B( 2;4)
0,25 Từ đồ thị (P) ta có:
2 2
OA AC CO 1 (OAB vuông C)
2 2
OB BD DO 16 4 20 (OBD vuông D)
2 2
AB AE EB 9 18 (AEB vuông C)
0,25
Suy ra: AB2 AO2 2 1820OB2, nên theo
định lý Pi-ta-go đảo OAB vuông A (đpcm) 0,25 Khi đó, ta có diện tích OAB là: S 1AO.AB 18 2.3
2 2
(2)HUONG DAN CHAM TUYEN SINH 10 THPT TOAN (CHUYEN TIN) Trang 2 b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình x y 1
a+ b= (a, b số dương) Hãy xác định giá trị a b, biết đường thẳng (d) qua điểm M(1; 4) tổng a+b đạt giá trị nhỏ
1,0
Ta có (d) qua M(1 ; 4), nên
a+ b = a = b
b4 (với a > ; b > 4) 0,25 Do a b b b b (b 4)
b b b
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có: (b – 4) +
b4≥ Dấu đẳng thức xảy b 4 b
b
0,25
Suy ra: (b – 4) +
b4+ ≥ hay a + b ≥
Do đó, a + b đạt GTNN b = 6, lúc a = Vậy a = 3, b =
0,25
3 (2,0 điểm)
a) Cho phương trình 2 2
x 2 m x m 2m 3 0 (x ẩ số) Xác định giá trị m để phương trình có hai nghiệm x , x cho 1 2
1 2
2015 x x 2020
1,0
Phương trình
x 2 m x m 2m 3 0 (1) có :
2 2
' m m 2m
với m 0,25
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là: x1 m 1; x2 m x1 x2. 0,25 Để 2015x1x22020, ta có: m 2015 m 2016
m 2020 m 2017
0,25
Vậy 2016 m 2017 0,25
b) Giải phương trình 10 x + = x + 23 2 1,0 Đk: x3 + 0 x 1 (*)
Ta có 10 x +1 = x +23 10 x+1 x x+1 3x+1x2 x+1 Đặt: a = x + 1; b = x2 x + 1, ( a0; b>0)
Khi phương trình cho trở thành: 10ab = 3(a2 + b2)
0,25
a 3b 3a b
a = 3b b = 3a 0,25
+ Nếu a = 3b từ (2) suy ra:
x + 13 x x 19x2 – 10x + = (vô nghiệm) 0,25
+ Nếu b = 3a từ (2) suy ra: x + 1 x2 x 1x2 – 10x – =
Phương trình có hai nghiệm x1 = 5 33; x2 = 5 33 (thỏa (*))
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1 = 5 33 x2 = 5 33
(3)HUONG DAN CHAM TUYEN SINH 10 THPT TOAN (CHUYEN TIN) Trang 3 4
(3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) tâm O đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho 2
AI AO
3 Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E Chứng minh:
a) IECB tứ giác nội tiếp
1,0
(H)
(O1)
(O)
C1 H O1
E
N M
B O
A I
C
Theo giả thiết MN vng góc với đường kính AB đường trịn (O) I
0
MIB = 90 hay EIB = 90
0,25 Mặt khác, C điểm tùy ý thuộc cung lớn
MN cho C không trùng với M, N B
0
ACB = 90 hay ECB = 90
0,25
0
EIB + ECB = 180
(hai góc đối
tứ giác IECB) 0,25
Nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp
0,25
b) AM2 = AE.AC. 1,0
Theo giả thiết, đường trịn (O) có đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI 2AO
3
MNAB, suy A trung điểm cung nhỏ MN nên AMN = ACM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME = ACM
0,25
Ta lại có CAM góc chung hai tam giác AME ACM, nên AME
ACM hai tam giác đồng dạng 0,25
Suy AM = AE
AC AM 0,25
Hay AM = AE.AC2 (đpcm) 0,25
c) Nếu C chạy cung lớn MN tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CME ln thuộc đường thẳng cố định Khi đó, hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ điểm N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ nhất
1,0
+ Theo câu b) ta có AME = ACM , suy AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp CME (1)
Mặt khác
AMB90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), suy AMMB (2)
0,25
Từ (1) (2), suy MB chứa đường kính đường trịn ngoại tiếp ∆CME, mà MB cố định nên tâm O1 đường tròn ngoại tiếp CME thuộc MB cố định C thay đổi
trên cung lớn MN
0,25 + Ta thấy NO1 nhỏ khi NO1 khoảng cách từ N đến BM NO1BM
Dễ thấy ∆MBN cân B có góc nhọn, gọi H chân đường cao kẻ từ N đến cạnh BM, đường trịn (O1) ngoại tiếp CME có tâm O1H cố định có bán
kính r = HM không đổi
0,25
Do đó, để khoảng cách từ N đến tâm đường trịn ngoại tiếp CME nhỏ CC1 giao điểm đường trịn (H) bán kính r với đường tròn (O)
(4)HUONG DAN CHAM TUYEN SINH 10 THPT TOAN (CHUYEN TIN) Trang 4 5
(1,5 điểm)
a) Chứng minh p số nguyên tố lớn A(p 1)(p 1) chia hết
cho 24 0,5
Vì p số nguyên tố lớn 3, nên p số lẻ khơng chia hết cho Do đó: p 2k (với k , k 1 ) p 2k 2 2(k 1)
Suy ra:
A (p 1)(p 1) 2k(2k 2) 4k(k 1) 8 (1); (vì k(k 1) 2 ; k , k 1 )
0,25
Mặt khác, xét số tự nhiên liên tiếp (p 1), p, (p 1) có số chia hết cho Vì p số nguyên tố không chia hết cho 3, suy A (p 1)(p 1) 3 (2)
Từ (1) (2), ta có: A (p 1)(p 1) 24 (đpcm)
0,25 b) Trong can có 16 lít nước Làm để chia số nước thành phần
bằng nhau, phần lít nước thêm can rỗng: can có dung tích 11 lít can có dung tích lít?
1,0 Ký hiệu (a, b, c) trạng thái: can 16 lít có a lít, can 11 lít có b lít can lít có c lít Việc chia 16 lít nước thành phần diễn qua trạng thái sau:
(16, 0, 0) (10, 0, 6) (10, 6, 0)
0,25 (4, 6, 6) (4, 11, 1) (15, 0, 1) (15, 1, 0) 0,25 (9, 1, 6) (9, 7, 0) (3, 7, 6) (3, 11, 2) 0,25 (14, 0, 2) (14, 2, 0) (8, 2, 6) (8, 8, 0) 0,25 Ghi chú:
Các cách giải khác chấm điểm tối đa điểm thành phần cho một cách tương ứng.
Hướng dẫn chấm – đáp án – thang điểm gồm 04 trang Điểm tồn làm trịn đến 0,25