Huong dan cham thi tuyen sinh lop 10 THPT tinh ThaiBinh 20102011

Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh phải trình bày, lập luận và biến đổi hợp lí mới được công nhận cho điểm.. Bài 4 phải có hình vẽ đúng [r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNGNăm học 2010 - 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

(Gồm 05 trang) Bài 1. (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức:

3

x A

x x x x



 

  

 

  với

0,

 

x x .

2 Chứng minh rằng: 1 10 5

 

  

 

 

Ý Nội dung Điểm

1. (1,25đ)

Với ĐK: x0,x9 Ta có:

 

3

3

x A

x x

x x

 



 

  

   

 

0,25

   

 

3 3 9

9

x x x x

A

x x x

   

  

 0,25

3 x x x A

x

  

  0,25

9 x A

x



  0,25

Kết luận: Vậy với x0,x9thì A x x



 0,25

2. (0,75đ)

Ta có:

   

1 5

5

5 5

 

  

   

 

   

   

 

 

0,25

5.2

5

 

= 10

0,25

Vậy: 1 10 5

 

 

 

 

Bài 2. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n hai điểm A(0;2), B(-1;0)

1 Tìm giá trị k n để:

a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y  x k

2 Cho n2 Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB

Ý Nội dung Điểm

1a (1,0 đ)

(d): y = (k-1)x + n qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình: ( 1).0

( 1).( 1)

k n

k n

  

 

   



0,25

2

1

n k

   

  



2 n k

   



 0,5

Kết luận: Vậy k = 3, n = (d) qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25

1b (0,5 đ)

+ ( ) //( ) 1 k d

n k

 

   

  

2 k n

   



 0,25

Kết luận: Vậy ( ) //( ) k d

n

    



 0,25

2. (0,5 đ)

Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + Suy đường thẳng (d) cắt trục Ox C

1

k k

     toạ độ điểm C ;0

1 k

 

 



 

0,25

Ta có: OC xC 12 k

 

 B(-1;0) nên OB =

Vì tam giác OAC OAB vuông O chung đường cao AO nên suy ra:

2 2

|1 | OAC OAB

S S OC OB

k

    



0 k k

 

  

 (thoả mãn đk k1)

Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2 2mx m 7 0

    (1) (với m tham số)

1 Giải phương trình (1) với m1.

2 Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m.

3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2 thoả mãn hệ thức:

1

1 16 x  x  .

Ý Nội dung Điểm

1. (0,75đ)

Với m = -1, phương trình (1) trở thành:

2

2

' ' x  x 

      

0,25

Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

4

1 x x

  

 

 

 

  



0,25

Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt x = - 4, x = 0,25

2. (0,75đ)

Pt (1) có ' m2 (m 7) m2 m 7

       0,25

2

1 27

2

m

 

    

  với m 0,25

Vậy với giá trị m (1) ln có hai nghiệm phân biệt 0,25

3. (0,5 đ)

Theo câu 2, ta có (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với giá trị

m Theo định lý Vi ét ta có:

1

1

2

x x m

x x m

 

 

  

0,25

Theo giả thiết ta có:

1 2

1

0 1

16

16 x x

x x x x

x x

 

   

 



 

7

2 16

7 8 m

m m

m m m

 

   

 

 

   

 

 

Vậy m = giá trị cần tìm

Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường trịn (O;R), đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A , hai dây MN BK cắt E

1 Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp CAE đồng dạng với CHK

2 Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân

3 Giả sử KE = KC Chứng minh: OK // MN KM2 + KN2 = 4R2.

h

k

o

n m

f

e c

b a

P O K

H E N

M C

B A

Ý Nội dung Điểm

1. (2,0đ)

 Ta có: + AHE 900

 (theo giả thiết ABMN ) 0,5

+ AKE 900

 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5

  900

AHE AKE

    H, K thuộc đường trịn đường kính AE

Vậy tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp 0,25

 Xét hai tam giác CAE CHK:

+ Có chung góc C 0,25

+ EACEHK (góc nội tiếp chắn cung EK)

Suy CAE CHK (g - g) 0,5

2. (1,0 đ)

Do đường kính AB MN nên B điểm cung MN suy ta có

  (1)

MKB NKB 0,25

Lại có BK // NF (vì vng góc với AC) nên

 

 

(2) (3) NKB KNF MKB MFN

 

 

 



0,5

Từ (1), (2), (3) suy MFN KNF  KFN KNF Vậy KNF cân K. 0,25

3. (0,5 đ)

* Ta có AKB 900 BKC 900 KEC

     vuông K

Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K

  450  450

BEH KEC  OBK 

Mặt khác OBK cân O ( OB = OK = R) nên suy OBK vuông

cân O dẫn đến OK // MN (cùng vng góc với AB)

0,25

Bài 5. (0,5 điểm)

Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng:

 13  13  13

4

     

a b c

Ý Nội dung Điểm

0,5 đ

Ta có: (a 1)3 a3 3a23a

 

2

3

3 3

1 (1) ( 0)

2 4

a a a

a a a a do a

   

 

        

 

Tương tự: ( 1)3 1 , (  1)3 1 3 

4

b  b c  c

0,25

Từ (1), (2), (3) suy ra:

 13  13  13 3  3

4 4

a  b  c  a b c     

Vậy BĐT chứng minh Dấu đẳng thức xảy

2

2

2

3 3

0 0 3

2 2 0,

2

3 0

0

0,

2

2

3 0

0,

2 2

3

a a a a

a b c

b b

b b

b a c

c c

c c c a b

a b c a b c

   

 

      



 

    



 

  

     

    

    

    

  

    

   

   

 

    

    

   



0,25

Híng dÉn chung:

1 Trên bước giải khung điểm bắt buộc cho bước, u cầu thí sinh phải trình bày, lập luận biến đổi hợp lí cơng nhận cho điểm

2 Bài phải có hình vẽ phù hợp với lời giải tốn (khơng cho điểm hình vẽ) Những cách giải khác cho điểm tối đa theo khung điểm