HƯỚNG DẪN CHẤM THI Gồm có 05 trang I- Hướng dẫn chung: 1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định.. 2- Việc chi[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Môn: Toán (chuyên)
-Câu 1 (3,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:
b) Cho x 31 65 3 65 1 Tính Q x 312x2009
Câu 2 (3,5 điểm) Cho phương trình a(a+3)x 2 - 2x - (a+1)(a+2) = 0
(a là tham số, nguyên).
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm hữu tỷ
b) Xác định a để phương trình có các nghiệm đều nguyên.
Câu 3 (5,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) 13x2 3x+2 x 3 42 0 ;
b)
2 2
Câu 4 (2,5 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 : 2 2
x 2y 3xy y 1
b) Cho 3 số dương a,b,c với abc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
M
Câu 5 (2,5 điểm) Cho tam giác ABC thỏa mãn AB.AC = BC(AB+AC), có G là trọng tâm và BD, CE
là các đường phân giác trong Chứng minh rằng 3 điểm D, E, G thẳng hàng.
Câu 6 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O Một điểm D di động trên
cung nhỏ AC Trên tia đối của tia DB lấy điểm E sao cho DE = DC Tìm tập hợp các trung điểm M của đoạn thẳng BE khi D di chuyển trên cung nhỏ AC.
= Hết=
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Gồm có 05 trang)
I- Hướng dẫn chung:
1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định
2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi
3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số
II- Đáp án và thang điểm:
a) Rút gọn biểu thức:
Ta có:
2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3
4 2 2 3 2 2 3
Do đó: P 2 3 2 2 3 2 2 3
4 3 1
Cách khác: Áp dụng hằng đẳng thức (a b a b )( )a2 b2, ta có:
2 3 2 2 3 2 2 3
2 3 2 3
= 4 – 2 =1 Vì P > 0 nên P = 1
1,50 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,50 đ
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ 0,5 đ
b) Tính Q x 312x2009, với x 31 65 3 65 1 :
Ta có : x 3 31 65 3 65 1 3
1 65 65 1 3 13 65 65 1 31 65 3 65 1
2 12 13 65 3 65 1 2 12x
Do đó: Q = 2-12x +12x + 2009 = 2011.
1,50 đ
0,50 đ
0,50 đ 0,50 đ
2 Phương trình: a(a+3)x 2 - 2x - (a+1)(a+2) = 0 3,50 đ
a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm hữu tỷ:
- Với a(a+3) = 0 hay a = 0 hoặc a = -3:
Phương trình trở thành: -2x -2 = 0 có nghiệm là x = -1
- Với a(a+3) 0 hay a 0 và a -3 thì p/t cho là phương trình bậc hai
Ta có: a a( 3) 2 ( a1)(a2)a23a 2 a2 3a2 2 0
1,50 đ
0,50 đ
0,25 đ
Trang 3Nên phương trình cho có 2 nghiệm:
1
2
1
1
x
x
Vì a nguyên nên suy ra phương trình cho luôn có nghiệm hữu tỷ.
-Ghi chú : Nếu thí sinh tính ' (a23a1)2 0,a
Vì a nguyên nên ' a23a1 là số nguyên
Vậy phương trình cho luôn có nghiệm hữu tỷ
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ -0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ
b) Xác định a để các nghiệm của phương trình đều là nghiệm nguyên:
(1) Nếu a = 0 hoặc a = -3: phương trình có 1 nghiệm nguyên x = -1.
(2) Nếu a 0, a -3: Theo câu a), phương trình có nghiệm x 1 = -1 nguyên
nên để p/trình có các nghiệm đều nguyên thì x 2 cũng phải là nghiệm nguyên
Nghĩa là: 2 phải chia hết cho a a ( 3)
Khi đó ta có các khả năng xảy ra :
2
2
2
2
a a
Vì a nguyên nên chỉ có phương trình a23a 2 0 có hai nghiệm nguyên
a = -1 hoặc a = -2
Vậy: a 3; 2; 1;0 thì phương trình cho có các nghiệm đều nguyên
2,00 đ
0,50 đ
0,50 đ
0,25 đ
0,25 đ 0,50 đ
3 Giải các phương trình và hệ phương trình: 5,00 đ
a) Giải phương trình: 13x2 3x+2 x 3 42 0
Điều kiện : x 3 (*)
Đặt t x3,t0, suy ra x t 2 3
Phương trình trở thành: 6t 3 +13t 2 -14t +3 = 0
Giải ra ta được:
t t t
(loại)
Với
1 2
t
, ta có:
3
;
Với
1 3
t
, ta có:
3
Cả hai nghiệm đều thỏa điều kiện (*)
Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là:
;
S
3,00 đ
0,25 đ 0,25 đ
0,50 đ 0,50 đ
0,50 đ
0,50 đ
0,50 đ
b) Giải hệ phương trình:
2 2
2,00 đ
Trang 4Với điều kiện x y , 9, hệ đã cho là:
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được:
9
x y
x y x y
+ Với x = y, thế vào (1) ta được: 18x -72 = 0 x y 4
+ Với y = 9 – x, thế vào (2) thì phương trình vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : (x;y)= (4;4).
0,50 đ
0,50 đ 0,50 đ 0,50 đ
a) Chứng minh : 2 2
x 2y 3xy y 1 (x, y > 0)
Vì x, y > 0 nên x22y2 3 0; xy y 1 0
Do đó : 2 2
x 2y 3xy y 1 2xy 2y 2 x 2 2y23 (x y) 2(y 1) 2 0
Bất đẳng thức sau cùng đúng nên bất đẳng thức đầu đúng
Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1.
1,00 đ
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
M
(a,b,c >0; abc = 1)
Áp dung bất đẳng thức ở câu a) ta có:
2 2 2 2
a b a b
2 2 2 2
b c b c
2 2 2 2
c a c a
M
Do abc = 1 nên:
ab b bc c ca a = 2
1 1
abc ac a ca a
ca b abc ca =
1
ca a ca a ca a =1
Do đó
1 2
M
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1 Vậy
1 ax(M) =
2
M
1,50 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,50 đ
Trang 5Gọi M là trung điểm của BC (1)
Nối GD, GE Gọi P, Q là các điểm
trên tia GM sao cho:
BP //GE, CQ //GD (2)
Theo định lý Ta-lét và tính chất
đường phân giác:
;
GA EA CA
GA DA BA
Suy ra:
GAGA CA BA
1
GP GQ BC AB AC
(vìBC AB AC( )AB AC. )
GP+GQ = GA = 2GM
Do đó M là trung điểm của PQ (3)
Kết hợp (1) và (3) suy ra tứ giác BPCQ là hình bình hành BP//CQ (4)
Từ (2) và (4) suy ra G, D, E thẳng hàng
0,50 đ
0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
a) Phần thuận:
ABC cân ABCACB ADB
ADEADC (vì cùng bù với ABC).
Xét ADC và ADE có:
AD: chung ; DC = DE (giả thiết)
ADCADE (cmt)
Suy ra ADC = ADE (c.g.c)
Do đó AC=AE=AB ABE cân tại A
Vì M là trung điểm BE nênAMB 900
Hơn nữa do AB cố định nên M lưu động trên đường tròn đường kính AB.
b) Giới hạn: Khi D A thì M A; D C thì M H (AH là đ/cao của
ABC).
c) Phần đảo:
Lấy điểm M bất kỳ trên AH Gọi D là giao điểm thứ 2 của BM và đường
tròn (O) Trên tia đối của tia DB lấy điểm E sao cho DE = DC
Ta sẽ chứng minh M là trung điểm của BE
Xét ADC và ADE có:
AD: chung ; DC = DE (giả thiết)
ADCADE (cùng bù với ABC)
Suy ra ADC = ADE (c.g.c) AC=AE=AB (1)
Lại có AM BE (M nằm trên đường tròn đường kính AB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của BE.
d) Kết luận: Khi D di động trên cung nhỏ AC thì quĩ tích của M là cung
0,50 đ
0,50 đ
0,25 đ 0,25 đ
0,50 đ
0,50 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,50 đ
Q P D
G
M
E
C
H M
E A
O
C B
D
Trang 6nhỏ AH của đường tròn đường kính AB.
