HDC Tuyen sinh THPT Hai Duong 0809 du bi

[r]

Sở giáo dục đào tạo

HảI dơng

Kì thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2008-2009

Môn thi : Toán

Ngày tháng năm 2008 (buổi )

Híng dÉn chÊm gåm : 03 trang

H

ớng dẫn chấm Đề dự bị I Híng dÉn chung

- Thí sinh làm theo cách riêng nhng đáp ứng đợc yêu cầu cho đủ điểm

- Việc chi tiết hố điểm số ( có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hớng dẫn chấm đợc thống Hội đồng chấm

- Sau cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ n 0,25 im

II Đáp án thang điểm

Câu Phần Nội dung Điểm

Câu I 2,0điểm

1)

1,0®iĨm 2 4x1 1 24x4144 0,5

 2x 1 4

3

2

2

x x

   

Vậy phơng trình cho có nghiệm

3

x 

0,5

2)

1,0điểm đkxđ: x

x1

Cã

2

4

1 ( 1) ( 1) ( 1)

x x x x

x x x x x x x

 

  

   

0,25

2 4 3 3 4 0

4

x

x x x x

x

 

        

 

0,5

x = 1(loại), x = -4 (TMđk)

Vậy phơng trình cho có nghiệm x = -4 0,25 Câu

II 2,0®iĨ

m

1)

1,0®iĨm f(1) = - 4.1+1 = - f(2) = – 4.2 + = -

0,5

Cã – > - nªn f(1) >f(2) 0,5

2)

1,0điểm Hồnh độ giao điểm (d) (P) nghiệm phơng trình:

2

1

2

2x  x m x  x m (1)

Để phơng trình (1) có nghiệm ph©n biƯt  '>0

<=> 1+2m > <=> m >

1 

0,25

Khi phơng trình có nghiệm x1, x2 thoả mãn:

x1 + x2 = vµ x1 x2 = -2m

Ta cã

 2

2

1 2

1

2 2 2

1 2

2

1

2 x x x x x x

x x x x x x

 



     

(*) Thay x1 + x2 = vµ x1 x2 = -2m vµo (*) ta cã

2

2

1 4

2 2 1

4

2

m m

m m m m

m m

 

 

        

 



0,5

m= 1(TM§K),

1

m

(loại)

Vậy m= (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành

0,25

độ x1, x2 thỏa mãn

2

1

1

2

x x Câu

III 2,0điể

m

1) 1,0®iĨ

m

     

1 1

A :

1 1

1 1

:

1 1

a a a a

a a

a

a a a a

   

     

  

   

   

 

   

 

       

   

0,5

   

 1

1

1

a a a

a a

  

 

 

   

 

0,25

1

a a



 0,25

2) 1,0®iĨ

m

Gọi vận tốc lúc ô tô x km/h (®k x > 0)

=>Thời gian từ Hải Dơng đến Thái Nguyên

150

x giê VËn tèc cđa « t« lóc vỊ (x+10) km/h

=>Thời gian từ Thái Nguyên Hải Dơng 150

10

x giờ

0,25

Nghỉ Thái Nguyên 4giờ 30 =

9 2 giê

Tỉng thêi gian đi, thời gian thời gian nghỉ 10

nên ta có phơng trình:

150

x + 150

10

x  +

9 2= 10

0,25

<=> 11x2 – 490 x – 3000 = 0

Giải phơng trình ta có

50 60 11

x x

     

0,25

KÕt hỵp víi x > ta có vận tốc ô tô 50 km/h 0,25

Câu IV (3,0 điểm)

2

1

G

N

F

E

O

B C

A

M

1)

1điểm Vẽ hình

0,5

Do ABC đều, BE CF tia phân giác B ; C  nên

0,25

   

1 2

B B C =C => AE CE AF BF

 

1

FAB B

  => AF//BE 0,25

2) a

1®iĨm Tơng tự câu 1) ta có AE//CF nên tứ giác AEOF hình bình hành mà AEAF AEAF nên tứ giác AEOF là hình thoi

0,25

OFN AFM có FAE FOE  (2 góc đối hình thoi)

AFM FNO (2 gãc so le trong)

=> AFM đồng dạng với ONF (g-g)

0,25

AF AM

AF OF AM ON

ON OF

 0,25

mà AF = OF nên AF2 AM ON 0,25

2) b

1 ®iĨm Cã  

0 60

AFCABC vµ AEOF hình thoi => AFO và

AEO l cỏc tam giác => AF=DF=AO => AO2 AM ON

AM AO

AO ON

 

có OAM AOE600=> AOM ONA đồng dạng

=>AOM ONA

0,25

0.25

Cã 600 AOEAOM GOE ANO GAE

 

GAE GOE

mà hai góc nhìn GE nên tứ giác

AGEO nội tiếp

0.5

Câu V 1,0điể

m Đặt

1

3 5

;

2

x   x  

=> x1 + x2 = vµ x1x2 =

0,25

Cã

2 2

1 ( 2) 2

x x  x x  x x 

3 3

1 ( 2) 2( 2) 27 3.1.3 18

x x  x x  x x x x   

4 2 2 2

1 ( 2) 2 2.1 47

x x  x x  x x   

0,25

7 3 4 3

1 ( 2)( 2) 2( 2) 18.47 1.3 743

x x  x x x x  x x x x   

7

2

3

743

x      x

 

 

0,25

Do

7

7

1

3

0 1 742 743

2 x x

  

        

Vậy số nguyên lớn không vợt qu¸

7

3

2

  

 

 

  lµ 742

0,25