Đáp án tuyển sinh 10 môn Toán chuyên tỉnh Long An 12-13

Học sinh phải giới hạn đúng quỹ tích mới trọn chấm điểm.[r]

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỆ CHUYÊN LONG AN Mơn thi: TỐN ( Hệ chun )

Ngày thi: 05 – 07- 2012

Thời gian: 150 phút ( không kể phát đề) ……… HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1: Cho biểu thức: A=

1

1 1

x x

x x x x x

 

 

    với x0.

a) Rút gọn biểu thức: A=

( 1)( 1)

( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

   ……… 0,25

=( 1)( 1)

x x

x x x



   ……… 0.25

=

x

x x ……….0.25

Ghi chú: Bước1, học sinh để mẫu số x x1 ( x)31 chấm trọn điểm.

b) Đặt t= x; t0 Ta có : A=

t

t  t  At2 - (A+1)t + A=0 (1)… 0.25

- Với A=0  t=0  x=0 (2)

- Với A0 từ (1) ta có ứng với giá trị t ln tồn giá trị A nên

phương trình (1) ln có nghiệm:  = -3A2+2A+10 

2

4

( ) 9 A 

1

1 A 

 

(3)……… 0.25 - Từ (2) (3) A đạt giá trị lớn t=1 hay x=1

………

GHI CHÚ: Học sinh không xét trường hợp A=0 trừ 0.25đ, học sinh không xét A đạt max x=1 trừ 0.25

- Học sinh giải theo hướng sau: - Với x=0 A=1

Ta có: '= m2 4m4 ……….0,25   2 m   

với giá trị m ……… 0,25 Nên phương trình ln có nghiệm với giá trị m

Theo hệ thức Vi – ét ta có:

1 2

x x  m , x x1 2 2m 3 ……….0,25 + 0,25

Ta có: 12 22

1

x  x   2 2

1 2

x x  x x với x1.x2 0……….…0,25    

2

1 2 2

x x x x x x

   

……….0,25    

2

2m 2(2m 3) 2m

     

 m2 3m 2 0 ……… 0,25  m1,m2 ……… 0,25 GHI CHÚ: -Học sinh thiếu bước 1,2 chấm bước lại.

- Nếu học sinh sai hai hệ thức Viete khơng chấm phần và hai bước cuối.

Câu 3: ( điểm) Giải phương trình:

2 7 6 5 30

x  x x  x5

2 8 16 5 2 5.3 0

x x x x

         ……….0,25

x 42  x 32

      ……… 0,25     2 x x          

 ……… 0,25

4 x x            x

  (thỏa)………0,25

GHI CHÚ:

-Học sinh thiếu bước mà bước chấm trọn 0,5 đ

-Học sinh có bước bước chấm phần trọn 0,25 đ.

Câu :

I

H M

F

E

O D

C

B

a) Chứng minnh BMC DOC .

Gọi H giao điểm đoạn OD với (O), DC DB hai tiếp tuyến đường trịn nên H điểm cung BC (1) ……… 0.25

Ta có: DOC =sđ BH (2).……….0.25 

BMC=

2sđBC (3) ……….0.25 Từ (1); (2); (3) ta có BMC=DOC ………0.25

Ta có tứ giác DBOI nội tiếp nên OID OBD  900 suy OI vuông góc với EF hay I trung điểm EF………0.25

c) Ta có : OID 900 (theo chứng minh trên)

Do O D cố định I thuộc đường trịn đường kính OD cố định……….0.25 Mặt khác: I=MCd nên I nằm đường tròn (O).

Vậy quỹ tích I cung BOC đường trịn đường kính DO bỏ điểm B, O, C………0.25

Ghi chú: học sinh khơng vẽ hình chấm đáp án. Học sinh phải giới hạn quỹ tích trọn chấm điểm. Câu : Chứng minh với nN

4

2

3 n

+2 chia hết cho 11 Ta có : 24n1

=2 24n=2 16n=2(15 1) n=2(5k+1) (k )……… 0.25 Nên 24n1

=10k+2 :……….0.25

2

3 n

=310k2=9 2432k=9(22.11 1) 2k =11q+9 (q )……… 0.25 Từ ta có : 324n1+2=11q+11 chia hết cho 11…….……… 0.25 Câu 6: ( 1điểm )

Ta có x < y + z  2x < x + y + z  2x <  x < Tương tự : y < 1, z < …0,25

Ta có: (x – 1)( y –1)(z –1) > ……….0,25

 xy +yz + xz > 1+ xyz

 2(xy +yz + xz) > 2+ 2xyz (1)

 x2 + y2 + z2 + 2(xy +yz + xz) > x2 + y2 + z2 + 2+ 2xyz ……… 0,25

 > x2 + y2 + z2 + + 2xyz

 x2 + y2 + z2 + 2xyz < ……… 0,25

r O F

E

D C

B

A

Ta có: SOBCSOACSOAB SABC ………0,25



1 1

2BC r 2AC r 2AB r S  ABC ……… 0,25



1

( )

2r BC AC AB   SABC



1

2 ABC BC AC AB

r S

 



………0,25 

1

BC AC AB

r BC ADAC BEAB CF



1 1

r AD BE CF  ……… 0,25