1. Trang chủ
  2. » Cao đẳng - Đại học

De thi vao 10 chuyen Toan tinh Phu Yen

6 5 0
Tài liệu đã được kiểm tra trùng lặp

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 386,19 KB

Nội dung

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 1

SỞ 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 312x2009

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) 13x2 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 3xy 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 2

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 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 312x2009, 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 13  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 (  a1)(a2)a23a 2 a2 3a2 2 0

1,50 đ

0,50 đ

0,25 đ

Trang 3

Nên 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  ' (a23a1)2 0,a

Vì a nguyên nên  ' a23a1 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 a23a 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: 13x2 3x+2  x 3 42 0

Điều kiện : x 3 (*)

Đặt tx3,t0, suy ra x t 2 3

Phương trình trở thành: 6t 3 +13t 2 -14t +3 = 0

Giải ra ta được:

ttt

(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 4

Với 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 3xy y 1  (x, y > 0)

Vì x, y > 0 nên x22y2 3 0; xy y 1 0  

Do đó : 2 2

x 2y 3xy y 1   2xy 2y 2 x   2 2y23  (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

ab   ab    

2 2 2 2

bc   bc    

2 2 2 2

ca   ca    

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 5

Gọi 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:

;

GAEACA

GADABA

Suy ra:

GAGACABA

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  ABCACB ADB

 ADEADC (vì cùng bù với ABC).

Xét ADC và ADE có:

AD: chung ; DC = DE (giả thiết)

ADCADE (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)

ADCADE (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 6

nhỏ AH của đường tròn đường kính AB.

Ngày đăng: 07/01/2022, 11:05

HÌNH ẢNH LIÊN QUAN

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. - De thi vao 10 chuyen Toan tinh Phu Yen
t 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 (Trang 5)
w