Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất.. Việc chi tiết hoá thang điểm nếu có so [r]
(1)PHÒNG GDĐT TP NINH BÌNH HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP THCS NĂM HỌC 2014 - 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC MÔN TOÁN Hướng dẫn chấm gồm 03 trang I Hướng dẫn chung Bài làm thí sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó Thí sinh có thể sử dụng kết câu trước làm câu sau Đối với bài hình, vẽ sai hình không vẽ hình thì không cho điểm Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng cho điểm đủ phần hướng dẫn, thang điểm chi tiết tổ chấm thống Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và thống thực toàn hội đồng chấm thi Bài thi không làm tròn điểm II Hướng dẫn chi tiết Câu Nội dung Điểm a (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện: x 0; x 1 x x 1 x x 1 x x 1 0,25 A x x 1 x x1 x x x x x 1 x x 1 2 x 1 x x x x x 1 x 1 0,25 0,25 b (1,0 điểm) x x A x x 1 x 1 x Với x 0; x 1 ta có x 2 x Áp dụng BĐT Cô – si ta có: Đẳng thức xảy Q Câu (2,0 điểm) x x 1 x 1 x 1 1 Q x 0; x x x Vậy với ta có Vậy là giá trị nguyên mà Q có thể nhận x 3 Q 1 1 x x 0 x x x 1 Ta có Giải PT tìm x Câu (1,0 điểm) 3 x (t/m) Vậy là các giá trị cần tìm x Phương trình xác định với x thuộc R x x x 3x 8 x 3x x 3x 15 0 Đặt t x 3x ( t ), phương trình trên trở thành t (l) t 2t 15 0 t 3 (tm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (2) x 1 x 3x 3 x 3x 0 x Với t 3 ta Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 1 và x 0,25 a (1,0 điểm) 4x a x 1 4x ax 4x a P a a x 1 x 1 x 1 Đặt 0,25 Ta tìm a để ax 4x a là bình phương tổng (hiệu) Điều này xảy a ' 0 a a 0 a 3a 0 a 4 và 0,5 x 2 x 4x P 2 x 1 x 1 Với a ta Câu (2,0 điểm) P 4 0,25 4x 4x 2x 1 4 x 1 x 1 Với a 4 ta b (1,0 điểm) 4x P Px 4x P 0 x 1 (*) Ta coi (*) là phương trình bậc hai ẩn x tham số P Ta tìm điều kiện P để phương trình (*) có nghiệm 4x 0 x Với P 0 phương trình (*) trở thành ' 4 P P 3 P 3P Với P 0 : Để (*) có nghiệm thì ta phải có ' 0 P 3P 0 P 4 Vậy điều kiện để (*) có nghiệm là P 4 P x 2;P 4 x Câu (4,0 điểm) Vậy P và maxP 4 0,25 0,5 0,25 a (1,5 điểm) P C A O B H 1 ADC AC Ta có (góc nội tiếp) 1 CPQ APB AB CB AC 2 Lại có (góc có đỉnh ngoài đường tròn) Suy CPQ ADC (1) I D E 0,25 0,25 0,25 o Mặt khác ADC CDQ 180 (2) o Từ (1) và (2) suy CPQ CDQ 180 0,25 Do đó tứ giác CPQD là nội tiếp 0,25 0,25 Q b (1,5 điểm) Gọi H là giao điểm AI và CD Tam giác APQ vuông A mà AI là trung 0,25 (3) tuyến tam giác nên ta có IA IQ hay tam giác IAQ cân I Từ đó ta có DAH DQP Lại có DQP ACD (cùng bù với góc DCP) Suy DAH ACD o Mặt khác ta lại có ACD ADC 90 (do tam giác ACD vuông A) o Vậy DAH ADH 90 AHD 90o AI CD c (1,0 điểm) Do tứ giác CPQD nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác CPD chính là đường tròn ngoại tiếp tứ giác CPQD Do đó tâm E đường tròn ngoại tiếp tam giác CPD là giao điểm các đường trung trực hai đoạn thẳng CD và PQ Tức là ta có EO CD và EI PQ Suy AO // EI (cùng vuông góc với PQ) và EO // AI (cùng vuông góc với CD) Vậy tứ giác AOEI là hình bình hành Do đó ta có EI = AO = R Vậy khoảng cách từ E đến PQ luôn không đổi Suy E chạy trên đường thẳng song song với PQ và cách PQ khoảng không đổi R Giả sử đường thẳng d có phương trình y mx n ( a 0, b 0 ) b m a A a;0 B 0;b a, b n b Giả sử , ( ) Suy ta có b x y y x b bx ay ab 1 a a b Vậy phương trình d là 1 M 1; Ta có OA OB a b Vì d qua nên ta có a b (*) ma n 0 n b Câu (1,0 điểm) a Áp dụng bất đẳng thức 2 1 a b a b 2 b x y ax by 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ta có a b 3 2 a b 1 Dấu xảy a b 0,25 a 1 b 2 a 1 OA OB 3 2 Vậy b 2 Khi đó phương trình đường thẳng 2 y x 2x d cần tìm là Hết 0,25 (4)