- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu 1..[r]
(1)SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho tất các thí sinh Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề ————————— x3 P x : x 1 x 1 Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức , với x 1, x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm tất các giá trị x để P x Câu (2,0 điểm) 2 x y 4 a) Giải hệ phương trình: x y x 1 x x x 98 97 96 b) Giải phương trình: 99 Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x (2m 1) x m 0 , (x là ẩn, m là tham số) a) Giải phương trình đã cho với m 1 b) Tìm tất các giá trị tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng lập phương hai nghiệm đó 27 Câu (3,0 điểm) O Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MC ( và điểm M nằm ngoài A, C là các tiếp điểm) tới đường tròn O Từ điểm M kẻ cát tuyến MBD ( B nằm M và D, MBD không qua O ) Gọi H là giao điểm OM và AC Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt đường tròn O E (E khác C), gọi K là giao điểm AE và BD Chứng minh: Cho đường tròn O a) Tứ giác OAMC nội tiếp b) K là trung điểm BD c) AC là phân giác góc BHD 2 Câu (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 Chứng minh: ab 2c bc 2a ca 2b 2 ab bc ca ab c bc a ca b -HẾT Cán coi thi không giải thích gì thêm! (2) Họ và tên thí sinh:……………………………………………; SBD:……………………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— (Hướng dẫn chấm có 03 trang) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho tất các thí sinh ————————— A LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác đúng và đủ ý thì cho điểm tối đa - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn - Với bài hình học thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung trình bày x3 P x : x 1 x 1 Cho biểu thức , với x 1, x a Rút gọn biểu thức P x 1 x x 1 P x : x 1 x 1 Điểm 1,0 0,50 x x 1 : x 1 0,25 x Vậy P x b a 0,25 Tìm tất các giá trị x để P x P x x x 1 Theo phần a) ta có x 1 x x 0 x 3 KL các giá trị x cần tìm là: 2 x 3 Giải hệ phương trình: x 1,0 0,50 x x 3 y 1 4 y 1 a ,b x y Điều kiện xác định: x 0, y 1 Đặt Thay vào hệ đã cho ta 2a 3b 2a 3b 11a 11 a 1 3a b 4 9a 3b 12 2a 3b b 1 x 1 y 1 x 1 y 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y 1; 0,50 1,0 0,25 0,50 0,25 (3) b x 1 x x x 98 97 96 Giải phương trình: 99 1,0 Để ý 99 98 97 96 nên phương trình viết lại dạng x 1 x2 x 3 x4 1 1 1 1 99 98 97 96 (1) Phương trình (1) tương đương với x 100 x 100 x 100 x 100 1 x 100 0 x 100 99 98 97 96 99 98 97 96 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 100 Cho phương trình x (2m 1) x m 0 , (x là ẩn, m là tham số) a b Giải phương trình m 1 Khi m 1 phương trình có dạng x x 0 0,50 1,0 0,25 Phương trình này có biệt thức ( 1) 1( 1) 5 0, 1 1 x1 x2 và Phương trình có hai nghiệm phân biệt Tìm tất các giá trị tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng lập phương hai nghiệm đó 27 Phương trình đã cho có biệt thức (2m 1) 1(m 2) 4m 8m 4( m 1) , m Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với giá trị tham số m Khi đó, theo định lý Viét: x1 x2 2m 1, x1 x2 m x13 x23 27 8m3 18m 21m 34 0 ( m 2)(8m 2m 17) 0 (1) Do phương trình 8m 2m 17 0 có biệt thức 4 8 17 (1) m 2 Vậy m 2 0,25 0,50 1,0 0,25 0,25 3 3 Ta có x1 x2 ( x1 x2 ) 3x1 x2 ( x1 x2 ) 8m 18m 21m 0,50 0,25 nên 0,25 A D K B M H O E C a Tứ giác OAMC nội tiếp 1,0 (4) b c Do MA, MC là tiếp tuyến (O) nên OA MA, OC MC OAM OCM 90 OAM OCM 1800 Tứ giác OAMC nội tiếp đường tròn đường kính OM K là trung điểm BD Do CE // BD nên AKM AEC , AEC ACM (cùng chắn cung AC ) AKM ACM Suy tứ giác AKCM nội tiếp Suy điểm M, A, K, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính OM OKM 90 hay OK vuông góc với BD Suy K là trung điểm BD AH là phân giác góc BHD ab 2c ab 2c ab 2c ab c a b c ab c a b ab ab 2c ab 2c a 2 ab 2c ab c ab 2c 2 b ab bc 2a bc 2a bc a và 0,25 0,25 0,25 0,25 b ab Tương tự 0,50 0,25 2 2c a b 2ab a b c 2 a b2 c ab 2c a b ab 2 0,50 x y , x, y ab 2c a 1,0 1,0 ab 2c bc 2a ca 2b 2 ab bc ca ab c bc a ca b 2 2 Do a b c 1 nên ta có Áp dụng bất đẳng thức 0,50 1,0 2 Ta có: MH MO MA , MA MB.MD (Do MBA, MAD đồng dạng) MH MO MB.MD MBH , MOD đồng dạng BHM ODM tứ giác BHOD nội tiếp MHB BDO (1) Tam giác OBD cân O nên BDO OBD (2) Tứ giác BHOD nội tiếp nên OBD OHD (3) Từ (1), (2) và (3) suy MHB OHD BHA DHA AC là phân giác góc D BH 2 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 Chứng minh: xy 0,50 0,25 ab 2c ab 2c 1 a2 b2 c2 0,25 ca 2b ca 2b ca b 2 2 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) kết hợp a b c 1 ta có bất đẳng a b c thức cần chứng minh Dấu “=’’ 0,25 (5) -Hết (6)