Dap an toan 10 ND nam 2010

Lưu ý: Nếu HS giải theo cách khác, mà đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình thì Hội đồng chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho không làm thay đổi tổn[r]

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 M«n: TOÁN Phần 1- Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu trả lời đúng cho 0,25 điểm Câu 1: A; Câu 2: B; Câu 3: D; Câu 4: C Câu 5: D; Câu 6: C; Câu 7: B; Câu 8: A Phần 2- Tự luận (8,0 điểm) Câu (1,5 điểm) Đáp án Điểm 1) (0,75 điểm) x   x1 x 1   x 1  x     x1   x  x 2 x x  x 1 Biến đổi : x  x 2 x x P   P x x  (1) (với x 0 và x 1 ) x x 2 Suy   x 2) (0,75 điểm) Khi x 3  2  0,25 0,25 2 1  0,5 x  1 0,25 1 2 2 Thay vào (1) suy P (đpcm) Rút gọn kết P 0,25 Câu (1,5 điểm) Đáp án Điểm 1) (0,5 điểm) Đồ thị hàm số qua điểm A(1; 4)  2.1  2m  2) (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm đồ thị các hàm số đã cho là nghiệm 2 phương trình x 2x   x  2x  0 (1)  m Phương trình (1) là phương trình bậc hai có a  b  c 0 Phương trình (1) có nghiệm x1  1, x 3 (là hoành độ giao điểm hai đồ thị) Với hoành độ là x1, x2 thì tung độ là 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 x   1, y x 22 32 9 y1 =   Vậy toạ độ giao điểm đồ thị hai hàm số đã cho là: ( 1; 1), (3; 9) Câu (1,0 điểm) Q Đáp án Điểm x  y 1 A D x  2y t  Đặt (với điều kiện ) phương trình thứ hệ đã cho trở t  2 M O t N thành: (*) t P C B 0,25 Giải phương trình (*) có nghiệm t = (thoả mãn điều kiện) Vậy hệ đã cho tương đương với  x  y 1 1    x  2y 3x  y 4  0,25  y 1  3x  y 4 0,25  x 1  Giải và kết luận nghiệm hệ phương trình là  y 1 0,25 Câu (3,0 điểm)   QPC      (sđ ANB AB là đường kính  sđ ADB = sđ ANB - sđ ANC )   QPC      QPC CDB sđ CB (1)    PQD  CDB 1800 Mặt khác: Q, D, B thẳng hàng (2) 0,25   Từ (1) và (2) suy ra: PQD  QPC 180 Hai góc PQD và QPC là hai góc đối tứ giác PQDC  tứ giác PQDC là tứ giác nội tiếp b) (0,75 điểm) Xét tam giác QAB vuông A có AD  BQ  QB.DB AB2 4R và QB.QD AQ Ta có QB > BD   QB  BD    BQ  BD  BQ.BD 4R Tương tự, có: QB  QD > QBQD 2AQ (2) Cộng các vế tương ứng (1) và (2)  2QB  DB  QD  4R  2AQ  3QB  2AQ  4R 0,25 (1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm  x 4  Điều kiện xác định:  y 4 (*) 0,25 Với hai số a 0; b 0 luôn có a  b 2 ab (1), dấu « = » xảy (1) và   a b  0 a = b (vì (1) luôn đúng) Với ĐK (*), áp dụng (1) với hai số: x – và 4, ta có (x  4)  2 (x  4).4  x 4 x   xy 4y x  0,5 (2) Tương tự, áp dụng (1) với hai số: y – và 4, ta có: xy 4x y  (3) xy 2 x y   y x  Cộng các vế tương ứng (2) và (3) ta có (4) Vậy  yêu cầu bài toán tìm x và y để xảy dấu « = » (4)  x  4  x 8     y  4  y 8 (thoả mãn ĐKXĐ)   0,25 Vậy (x ; y) cần tìm là x = y = Lưu ý: Nếu HS giải theo cách khác, mà đúng và phù hợp với kiến thức chương trình thì Hội đồng chấm thi thống việc phân bố điểm cách giải đó, cho không làm thay đổi tổng điểm câu (hoặc ý) đã nêu hướng dẫn này HẾT -