Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI
Chú ý: Dưới sơ lược bước giải cách cho điểm phần Bài làm học sinh yêu cầu tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cách khác mà chấm điểm phần tương ứng
Câu Lời giải – Kết quả Điểm
I.1 2(điểm
)
I.2 2(điểm
)
1)
2
1 ( )
1
(2 1)( 1) (2 1)( 1) ( 1)
1
(1 )( 1)
(1 )
x x x x x x x x
A
x x x x
x x x x x x x
x x x x
x x
0,5
( 1)
1
1 1
x x x x
x
x x x x x x
0,5
Ta có 6 6
5
x
A x x
x x
0,5
Từ giải đượcx 2 3;x 2 0,5
2)Ta có: 2 ( 1)2
3
x
A x x x
x x
Do x1nên x1 0 ( x1)2 0 0,5
Vậy
A 0,5
II.1 2(điểm
)
II.2 2(điểm
)
1)
Xét ( a2 + b2 + c2 + d2 ) - ( a + b + c + d) = a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1)
0,5 Vì a số nguyên dương nên a, (a – 1) hai số tự nhiên liên tiếp
a(a-1)2 tương tự ta có b(b-1); c(c-1); d(d-1) chia hết cho 2 0,5 a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) số chẵn
Lại có a2 + c2 = b2 + d2 a2 + b2 + c2 + d2 = 2( b2 + d2) số chẵn. 0,5 Do a + b + c + d số chẵn mà a + b + c + d > 2
a + b + c + d hợp số. 0,5
2) (x2 3) (xy 3)
(1)
Vì x, y số nguyên dương nên từ (1) x2y – 3y xy + 3
x(xy +3) – 3(x+y) (xy3) 3(x+y) (xy3) 3( x+y) = k(xy+3) ( k N*
) (2)
0,5 +Nếu k3thì
3( x y ) (k xy3) 3( xy3) x y xy 3 x y1 2 (Vơ lí x, y ngun dương)
+Nếu k = từ (2) (x-3)(y-3) =6, mà x, y số nguyên dương nên x = 6 y = 5 x = 5 y= 6 x=4 y=9 x=9 y=4.
Thử lại thấy x = 6 y = 5 x=9 y=4 thỏa mãn (1)
0,5
(2)+Nếu k=2 từ (2) ta có: 3( x+y) = 2(xy+3) suy xy chia hết cho (*)
mặt khác 3( x+y) = 2(xy+3) y(x-3)+x(y-3)+6=0 suy x>3 y>3 vơ lý (**) Từ (*) (**) ta có (x;y)=(1;3), (3;1) Thử lại vào (1) ta (x;y)=(3;1)
Vậy ( x, y) = ( 6;5); (9;4); (3;1)
0,5
III.1 2(điểm
)
III.2 2(điểm
)
1) 2x 1 3x x (1), điều kiện x0
Đặt 2x 1 a a, 0; 3x b b , 0 0,5
Suy b2 a2 x 1
Thay vào (1) ta a b b 2 a2 (a b a b ).( 1) 0 a b
(do a0,b0nên a+b+1>0)
Với a = b ta có 2x 1 3x x1 thỏa mãn điều kiện
Vậy x=1 nghiệm phương trình cho 0,5 2) x4 2 6mx2 24 0
Đặt ,
tx t phương trình trở thành: t22 6mt24 0 (1)
Phương trình cho có nghiệm phân biệt pt(1) có hai nghiệm dương phân biệt 0t1t2
0,5
'
2
1
6 24
4
24
0
m
m
t t m
m
t t m
0,5 Với t t1, 2là hai nghiệm pt (1) x1 t1 ,x2 t1 , x3 t2 x4 t2 nên ta có x14x24x34x44 2(t12t22) ( t1t2)2 t t1 2
0,5 2(24m2 48) 144 m2 5 m 5
Từ suy m 0,5
IV 6 điểm
x
N D
M I
B O
A E
C K
1) Ta có NMA MBA ( Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung, góc nội tiếp chắn
cungAM)(1)
0,5
900
AMB ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ACK AMB g g( ) AKCMBA mà AKCNKM ( góc đối đỉnh)
suy ra:NKM MBA 2
1
Từ (1) (2) suy NMK NKM MNK cân N. 0,5
(3)2) Xét tam giác OCI vng C có
2
2 2 3
4
R R R
IC OI OC R IC
2 ;
4
3 R
CB R
CK
0,5
Xét AKC DBC có:ACK DCB 90 ;0 AKC DBC AKC DBC (g.g)
3
2 2 3
3
R R
AC KC DC AC CB R
DC CB KC R
1
3
3 2
.DC RR R2 AB
SADB
KL: SADB R2 (Đvdt)
0,5 3)
Dựng hình bình hành AONE
+ Chứng minh N trung điểm KD
0,5
+ Chứng minh EK=ED 0,5
+ Chứng minh EA=EK (do tam giác ENK tam giác OMN NO=AE) E là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD 0,5
+ Chứng minh E cách đường thẳng a khoảng R (vì EN=AO=R)
KL: E nằm đường thẳng b cố định song song với a cách a khoảng R (nằm nửa mặt phẳng bờ CD không chứa điểm B)
0,5
V 2 điểm
Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y)2 4xy 1 (*)
1
1
y x y
x y x y
x dấu
xảy x = y.
0,5 Áp dụng bất đẳng thức (*) a+b+c = 1 nên ta có:
1 ;
1 ( ) ( )
ab ab ab
c c a c b c a c b
Tương tự ta có:
1
;
1
bc bc
a a b a c
ca ca
b b a b c
0,5
1 1
1 1 4
ab bc ca ab bc ab ca bc ca
a b c
c a b c a b c a b
0,5
4 1
1
b
ca a
bc c
ab Dấu xảy
3
a b c 0,5