Đáp án đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Phú Yên năm 2010-2011 - Môn Toán(Chuyên)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn: TOÁN (chuyên)
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Bản hướng dẫn chấm này gồm có 04 trang)
I. Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách giải nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Điểm toàn bài không làm tròn số.
II. Đáp án và biểu điểm:
Câu Đáp án
Biểu điểm
Câu 1. (4 điểm)
a) 2đ
Rút gọn biểu thức:
2 1 2 1
2 1 2 1
x x x x
P
x x x x
+ − + − −
=
+ − − − −
với x
2≥
2( 1 2 1 1 1 2 1 1)
2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1
x x x x
P
x x x x
− + − + + − − − +

=
− + − + − − − − +
0,5
(
)
2 2
2 2
2 ( 1 1) ( 1 1)
( 2 1 1) ( 2 1 1)
x x
P
x x
− + + − −
=
− + − − −
0,5
( )
2 1 1 1 1
2 1 1 2 1 1
x x
P
x x
− + + − −
=
− + − − −
0,25
( )
2 1 1 1 1
2 1 1 2 1 1
x x

P
x x
− + + − −
=
− + − − +
( vì
2x ≥
nên
1 1x − ≥
và
2 1 1)x − ≥

0,5
2.2 1
2 2
2
x
P x
−
= = −
0,25
b) 2đ
Cho biểu thức
( 5 3) ( 5 3)
n n
n
S = + + −
với n là số nguyên dương
Ta có :
( ) ( ) ( ) ( )

2 2
2 2
2
5 3 5 3 5 3 5 3
n n n n
n
S
   
= + + − = + + −
   
   
0,5
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
5 3 5 3 2 5 3 5 3
n
n n
n
S
 
 
= + + − − + −
 
 
 
0,5
2 2 1
2
2.2 2

n n
n n n
S S S
+
= − = −
( đpcm)
0,25
Ta có :
1
2 5S =

2 2 2
2 1
2 (2 5) 4 16S S= − = − =
0,25
2 3 2
4 2
2 16 8 248S S= − = − =
0,25
2 5 2
8 4
2 248 32 61472S S= − = − =
0,25
Câu 2. (4 điểm)
a) 1đ
Giải phương trình:
4 2
2009 2010 0x x− − =
(1)
Đặt X = x

2
, X
0≥
. Ta có: (1)
2
2009 2010 0X X⇔ − − =
(2)
0,25
Vì
1 2009 2010 0a b c
− + = + − =
Nên phương trình (2) có hai nghiệm
1
1 0X = − <
(bị loại);
2
2010X =
0,25
0,25
Vậy nghiệm của phương trình (1) là
1
2010x =
;
2
2010x = −
0,25
b) 3đ
Giải hệ phương trình:
2
2

1 ( ) 4
( 1)( 2)
x y x y y
x x y y

+ + + =


+ + − =



2
2
1
( ) 4
1
( 2) 1
x
x y
y
x
x y
y

+
+ + =


⇔


+

+ − =


( vì y
0≠
)
0,5
Đặt
2
1x
u
y
x y v

+
=



+ =

Hệ phương trình trở thành:
4
( 2) 1
u v
u v
+ =



− =

0,25
0,25
Từ (1) suy ra:
4u v= −
, thế vào (2) ta được:
(4 )( 2) 1v v− − =
0,25
2
6 9 0v v⇔ − + =
, giải tìm được v = 3
0,25
4 3 1u
⇒ = − =
0,25
Vậy ta giải hệ:
2
1
3
x y
x y

+ =

+ =

(*)

0,25
Từ (*) suy ra
2 2
1 2
1 3 2 0 1; 2x x x x x x+ = − ⇔ + − = ⇒ = = −
0,5
Khi
1 1
1 2x y= ⇒ =
Khi
2 2
2 5x y= − ⇒ =

0,25
Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm: (1;2), (-2;5) 0,25
Câu 3. (4 điểm)
a) 2đ
2
2( 2) 4 9 0x m x m− + + + =

2 2
' ( 2) 4 9 5m m m∆ = + − − = −
0,25
Phương trình có 2 nghiệm
⇔
' 0 5m∆ ≥ ⇔ ≤ −
hoặc
5 m≤
0,25
Theo hệ thức Vi-ét ta có :

1 2 1 2
2 4; 4 9x x m x x m+ = + = +
0,25
Ta có:
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
8 ( ) 10A x x x x x x x x= + − = + −
0,25
2 2 2
(2 4) 10(4 9) 4 24 74 4( 3) 110 110A m m m m m= + − + = − − = − − ≥ −
0,5
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi m = 3 >
5

0,25
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là
110−
khi m = 3.
Ghi chú: Nếu thí sinh không tìm được ĐK : m
5≤ −
hoặc m
5≥
nhưng
có thế m = 3 vào biểu thức
'∆
= 4 > 0 thỏa mãn điều kiện có nghiệm thì vẫn
không bị trừ điểm.
0,25
b) 2đ x
2

+ ax + bc = 0 (1)
x
2
+ bx + ca = 0 (2) ( c
0≠
)
Giả sử (1) có hai nghiệm x
0
, x
1
(2) có hai nghiệm x
0
, x
2
Ta có :
2 2
0 0 0 0
a + bc = 0, + b + ca = 0 x x x x+
0,25
2
Suy ra:
0 0
a + bc - b - ca = 0x x
0
( )( ) 0a b x c⇔ − − =
0,25
(1) và (2) khác nhau nên a
≠
b, do đó
0 0

0x c x c− = ⇔ =
0,25
Theo hệ thức Vi-ét ta có:
0 1 0 2
,x x bc x x ca= =
Mà c
≠
0 nên
1 2
,x b x a= =
0,25
0
x c=
là nghiệm của (1) nên
2
0 ( ) 0c ac bc c a b c+ + = ⇔ + + =
0,25
Vì
0c
≠
nên a + b + c = 0
a b c
⇔ + = −
0,25
Ta có:
1 2
1 2
x x c
x x ab
+ = −



=


0,25
Vậy theo định lý đảo Vi-ét thì
1 2
,x x
là nghiệm của pt:
2
0x cx ab+ + =

0,25
Câu 4. (3 điểm)
Vì AB và AC là đường kính của các đường tròn
Nên
·
·
0 0
90 ; 90ADB ADC= =
Do đó D nằm trên đường BC
0,25
0,25
Ta có :
· ·
ABD AED=
( cùng chắn cung AD)

·

·
AFDACD =
( cùng chắn cung AD)
0,25
0,25
Nên
ABC AEF
∆ ∆
:
0,25
Suy ra
2
EF 2
BA BC BM BM
EA EN EN
= = =
0,5
Mà
·
·
ABM AEN=
nên
ABM AEN
∆ ∆
:
0,25
Suy ra
·
·
AMB ANE=

0,25
Do đó tứ giác ADMN nội tiếp 0,25
·
·
0
90ANM ADM⇒ = =
Vậy
AN NM
⊥
(đpcm
0,25
0,25
Câu 5. (3 điểm)
3
B
C
A
D
H
M
N
D
A
B
C
E
F
N
M
Gọi H là chân đường cao hạ từ A; M là trung điểm của AC

Theo giả thiết ta có AH = BM 0,25
Gọi N là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC
Khi đó MN//AH 0,25
Nên MN =
1 1
2 2
AH BM=
0,5
Suy ra tam giác vuông BMN là nửa tam giác đều cạnh BM 0,25
Do đó
·
0
30MBN =
0,25
Gọi D là điểm đối xứng của A qua B
Khi đó D cố định và BM//CD
0,25
0,25
Suy ra
·
·
0
30BCD CBM= =
( so le trong)
0,5
Do đó các điểm C nằm trên cung chứa góc 30
0
dựng trên đoạn BD 0,25
Vậy quỹ tích của C là hai cung chứa góc 30
0

dựng trên đoạn BD (trừ 2 điểm B
và D). Dễ thấy các đường tròn chứa hai cung này có bán kính bằng độ dài
AB và có tâm I sao cho tam giác BID đều.
0,25
Câu 6. (2 điểm)
a) 1đ Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ta có:
2
2 4 ( )a b ab ab a b+ ≥ ⇔ ≤ +
0,5
1 1 1 1
( )
4 4
a b
a b ab a b
+
⇔ ≤ = +
+
(*)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b
0,5
b) 1đ Áp dụng BĐT (*) ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
( ) ( )
2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z
   
≤ + ≤ + + = + +
 ÷
 
+ + +
   

(1)
0,25
Tương tự ta có:
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z y z x
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
(2)

1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z z x y
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
(3)
0,25
Cộng (1), (2) , (3) ta được:
1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1
( ) ( )
2 2 2 8 2 2 2 4x y z x y z x y z x y z x y z x y z
+ + ≤ + + + + + = + +
+ + + + + +
0,25
Vậy :
1 1 1

2 2 2x y z x y z x y z
+ + ≤
+ + + + + +

2010 1005
4 2
=

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1
670
x y z= = =
Vậy MaxP =
1005
2
khi
1
670
x y z= = =
.
0,25
-HẾT-
4