Đáp án chuyên Toán học chung Hải Dương 2014-2015 - Học Toàn Tập

[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2014 – 2015

Mơn thi: Tốn ( khơng chun ) I) HƯỚNG DẪN CHUNG

- Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

I Giải phương trình: 43  x x 1 1,00

 2 1 (1)

43 1

43 1 (2)

x x x

x x   

    

  

 0,25

(1)  x 0,25

(2)  x2  x 42 0 x x

     

 0,25

Kết hợp nghiệm ta có x7 (thỏa mãn), x 6 ( loại)

Vậy tập nghiệm phương trình cho S  7 0,25 I Rút gọn biểu thức: 10 2 3 1 ( 0; 1)

3 4 4 1

x x x

A x x

x x x x

 

    

    1,00

 104 1 43 11

x x x

A

x x

x x

 

  

 

  0,25

     

  

10 1

4

x x x x x

x x

     



 

0,25

   

     

10 5 3 10 7

=

4

x x x x x x x

x x x x

        



   

0,25

  

  

1 7 3

= =

4

4

x x x

x

x x

  



  ( x0;x1)

0,25

II Cho Parabol  

2

:

P y x đường thẳng  d : y(m1)x m 4

(tham số m) 2,00

1 Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm (P) (d) 1,00

m = ta có phương trình đường thẳng (d) là: y = x + 0,25 Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình

x2  x 6 0,25

3

x

x x

x

        



 0,25

* x 2  y 4

* x3  y 9

Vậy m = thì (P) (d) cắt hai điểmA2;4 B 3;9

II Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm nằm hai phía trục tung 1,00 Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình

x2 m1x m 4  

2

x m x m

      (*) 0.25

(d) cắt (P) hai điểm nằm hai phía trục tung phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu

0,25

 

1. m 4 <

   0,25

m > 4

  0,25

III Cho hệ phương trình:

3 11

x y m

x y m

   

   

 ( tham số m) 1,00

Giải hệ phương trình ta có

2

x m

y m

  

  

 0,25

  2 2

2 3 2 1 = 3 10 8

x y  m  m  m  m

49 5

= 3

3 m 3

 

   

 

0,25

Do

2 5

0 3 m

   

 

  với m; dấu “ = ” xẩy

5 3

m 0,25

2 49 3 x y

   , dấu “ = ” xẩy 5

3 m hay x2 y2lớn 49

3

5 3 m

0,25

III Gọi vận tốc dự định ô tô x (km/h) (x >6 )

Khi thời gian ô tô dự định hết quãng đường AB 80( )h x

0,25

Thời gian thực tế ô tô nửa quãng đường đầu 40 ( ) 6 h x

Thời gian thực tế ô tơ nửa qng đường cịn lại 40 ( ) 12 h x

0,25

Theo ta có phương trình: 40 40 80

6 12

x  x  x 0,25

Giải phương trình ta x24 ( thỏa mãn)

Vậy vận tốc dự định ô tô 24 (km/h) 0,25

IV

Từ giả thiết ta có ·APH 900

· 900

ANH  0,25

I O E

M

D N P

C B

A

 tứ giác APHN nội tiếp đường trịn (đường kính AH) 0,25 Ta có : BD// CH ( BDCH hình bình hành) CH AB

 BD  AB  ·ABD900

Tương tự có ·ACD900 0,25

 tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn ( đường kính AD ) 0,25 IV Xét tam giác ABE ACH có :

· ·

ABE ACH ( phụ với ·BAC ) (1) 0,25 ·

BAE phụ với BDA· ; BDA BCA·  · (góc nt chắn »AB )

·

CAH phụ với BCA·

 BAE CAH· · (2) 0,25

Từ (1) (2) suy tam giác ABE, ACH đồng dạng 0,25  AB AC AB AH. AC AE.

AE  AH   0,25

IV Gọi I trung điểm BC  I cố định (Do B C cố định) 0,25 Gọi O trung điểm AD  O cố định ( Do BAC· không đổi, B

C cố định, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )

độ dài OI không đổi 0,25

ABDC hình bình hành  I trung điểm HD

1 2 OI AH

  ( OI đường trung bình tam giác ADH)

độ dài AH khơng đổi 0,25

Vì AH đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác APHN, độ dài AH không đổi  độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác

APHN khơng đổi  đường trịn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích khơng đổi

0,25

V

Ta có:    

2

2

x y x y

S

x y xy

 

 



2 2

2

1+ xy x y

x y xy



  

 0,25

2 2

2

2

3+

2

xy x y x y

x y xy xy

   

   



  0,25

Do x; y số dương suy

2 2

2 2

2 2

2 . 2

2 2

xy x y xy x y

x y xy x y xy

 

  

  ;

« = » 2  22 2  22

2

2

4

2

x y xy

x y x y x y

xy x y 

       



2 ( ; 0)

x y  x y x y 2

2 2 1

2

x y

x y xy

xy



    ;« = » x y

0,25

Cộng bđt ta S6

6