Hướng dẫn chấm Đề thi chính thức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn toán chuyên tỉnh Phú Yên năm học 2012,2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi : TOÁN (chuyên)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Gồm có 04 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:

Câu Đáp án Điểm
Cho biểu thức
1 3 2
5 6 2 3
x x
P
x x x x
 
  
   

5,00 đ
a) Tìm điều kiện xác định biểu thức P
P xác định
0
5 6 0
2 0
3 0
x
x x
x
x






  





 




 





0
2 0
3 0
x
x
x






  




 


0, 4, 9
x x x
   

Vậy với
0, 4, 9
x x x

  
(*) thì biểu thức P xác định.

1,50 đ



0,50 đ




0,50 đ

0,50 đ
b) Rút gọn P




1 3 2
2 3
2 3
x x
P
x x
x x
 
  
 

 


















2 2
1 3 2 1 6 9 4 4
2 3 2 3
x x x x x x
x x x x
         
 
   









2 2
2
3
2 3
x
x
x x

 

 
.


1,50 đ

0,50 đ



0,50 đ



0,50 đ

1
c) Tìm các số nguyên x để P nguyên:
Theo b)
2
3
P
x


. Do đó, nếu
2
3
x

nguyên thì P
nguyên.

2,00 đ


2
3
x

nguyên



3 2 3 1; 2
x x
      
.
Với
3 1 16;
x x   

Với
3 1 4
x x
    
;
Với
3 2 25;
x x   

Với
3 2 1.
x x
    


Kết hợp với điều kiện (*) suy ra


1;16;25
x  .

0,50 đ



0,50 đ


0,50 đ

0,50 đ

2

3,00 đ
a) Cho
0
x y z
  
. Chứng minh rằng:
3 3 3
3
x y z xyz
  
.
Vì
0
x y z
  
suy ra
x y z

  
. Do đó:
3 3 3 3 3
( ) 3xy(x+y)+z
x y z x y
    


3 3
( ) 3xy(-z)+z
z
  
= 3xyz (đpcm).

1,00 đ

0,50 đ


0,50 đ

b) Giải phương trình:






3 3 3
1005 1007 2 - 2012 0

x x x
    

Đặt
1005 ; 1007 ; 2 -2012
X x Y x Z x
    

Ta có: X + Y + Z = 0
Áp dụng câu a) suy ra:
3 3 3
3
X Y Z XYZ
  

Phương trình đã cho trở thành:
1005
3(1005 )(1007 )(2 - 2012)=0 1006
1007
x
x x x x
x




   





.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x = 1005, x = 1006, x = 1007.

2,00 đ

0,50 đ


0,50 đ



0,50 đ

0,50 đ

Cho hệ phương trình:
2 2 2
2 1
2 1
x y m
x y y x m m

  




   



, với m là tham số

5,00 đ

a) Giải hệ phương trình với m =2
Với m = 2, hệ phương trình là:
2 2
5
5 5
( ) 5 1
5
x y
x y x y
xy x y xy
x y y x

 
 
   

 
  
 
  
  
  
 
 

 


.
Do đó, x, y là nghiệm của phương trình X
2
-5X +1= 0
Giải ra ra được
1 2
5 21 5 21
,
2 2
X X
 
 
.
Vậy hpt có hai nghiệm:
5 21 5 21 5 21 5 21
; , ;
2 2 2 2
   
   
 
 
 
 
 
 
 
 

 
   
.

2,50 đ


1,00 đ

0,50 đ

0,50 đ

0,50 đ


3

b) Chứng minh rằng hệ luôn có nghiệm với mọi m
Hệ đã cho viết lại là:
2 1
( ) (2 1)( 1)
x y m
xy x y m m

  





   



(1) Nếu
1
2
m
 
thì hệ trở thành:

2,50 đ

0,50 đ


0
0
( ) 0
x y x R
x y
xy x y y x
 
  
 
 
   
 
 
   

 
 
.
Hệ có vô số nghiệm.
(2) Nếu
1
2
m
 
thì hệ trở thành:
2 1
1
x y m
xy m

  




 



Nên x,y là nghiệm phương trình:
2
(2 1) 1 0
X m X m
    
(*).

P/t (*) có
2 2
=(2m+1) 4( 1) 4 5 0,
m m m
      
nên luôn có nghiệm.
Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm với mọi m.


0,50 đ



0,50 đ

0,50 đ


0,50 đ


4,00 đ
a) Chứng minh AF.BE = AD.DB.
Ta có:





0

0
180
120 (1)
AFD FDA A
AFD FDA
  
  






0
0
180
120 (2)
EDB FDA EDF
EDB FDA
  
  

Từ (1) và (2) suy ra:


AFD EDB

.
Hơn nữa



0
60
A B
 

Suy ra

AFD BDE
  

AF AD
BD BE
 

. .
AF BE AD BD
 
(đpcm).
2,00 đ



0,50 đ




0,50 đ

0,50 đ

0,50 đ

4
b) Chứng minh
2
.
4
a
AF BE 
Đặt
1 2 1 2
; ( , 0)
x AD x DB x x
  
và
1 2
. ( 0)
x x AD DB b b
  
.
Ta có:
1 2
x x AB a
  
(không đổi).
Nên
1 2
x ,

x
là nghiệm của phương trình bậc hai:
2
0
x ax b
  
(*).
Do
1 2
x ,
x
luôn tồn tại nên phương trình (*) luôn có nghiệm
Hay:
2
2
4 0
4
a
a b b     
Vậy
2
. .
4
a
AF BE AD BD  .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2
x
2
a

x
 
, tức D là trung điểm AB.

2,00 đ



0,50 đ



0,50 đ

0,50 đ

0,50 đ

5


3,00 đ
A
B
C
D
F
E

a)Tính tỷ số
HC
CD
:
Ta có:
, / /
  
CK AD BD AD CK BD

Áp dụng Talet:
3
4
CH CK AC
HD BD AB
  

Suy ra:
3 3
3 4 7
CH CH
CD CH HD
  
 
.
Vậy tỷ số
3
7
HC
CD


.

1,50 đ

0,50 đ


0,50 đ




0,50 đ





b) Điểm H chạy trên đường nào khi d quay quanh A?
Qua H kẻ đường thẳng song song với OD cắt OC tại I . Khi đó:
3 3 3
7 7 7
IH CH
IH OD R
OD CD
    
(không đổi).
Từ đó ta cũng có:
3 3 3 2
7 7 2 14 7

R
IC OC R OI R
     .
Do OC cố định nên I cố định. Vì thế, khi d quay quanh A thì H chạy trên
đường tròn tâm I (I nằm trên đoạn OC, cách O một khoảng
2
7
OI R
 ), bán
kính
3
.
7
R


1,50 đ


0,50 đ

0,50 đ



0,50 đ



O

D
A
B
CO'
K
H
I