Hướng dẫn chấm Đề thi chính thức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn toán tỉnh Bạc Liêu năm học 2011,2012

1
SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: TOÁN (Chuyên)

* Lớp: 10 Ngày thi: 07/7/2011
* Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)


HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1 (2,0 điểm).
Ta có chữ số tận cùng của số
2
200004 là 6, của số
2
200003 là 9, của số
2
200002 là
4, của số
2
200001 là 1. Do đó n có chữ số tận cùng là 8. 1,0đ
Mà một số chính phương thì chữ số tận cùng khác số 8. Nên n không phải là số
chính phương. 1,0đ
Câu 2 (2,0 điểm).
22
19 (1)
1(2)
xxyy
xxyy

⎧
++=
⎨
−+=−
⎩

Lấy (1) trừ (2) theo vế, ta được:
(
)
(
)
2
20 0xy xy
+
−+− = (3) 0,25đ

5
4
xy
xy
+
=
⎡
⇔
⎢
+
=−
⎣
0,5đ
Với

5
x
y+=
, thay vào (2) ta được
6
x
y
=
. 0,25đ
Khi đó, ta có:
52
63
xy x
xy y
+= =
⎧⎧
⇔
⎨⎨
==
⎩⎩
hoặc
3
2
x
y
⎧
=
⎨
=
⎩

0,25đ
Với 4
x
y+=−, thay vào (2) ta được 3
x
y
=
− . 0,25đ
Khi đó, ta có:
427
3
27
xy x
xy
y
⎧
+=− =−−
⎧
⎪
⇔
⎨⎨
=−
=− +
⎩
⎪
⎩
hoặc
27
27
x

y
⎧
=− +
⎪
⎨
=− −
⎪
⎩
0,25đ
Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm là
2
3
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
,
3
2
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
,

27
27
x
y
⎧
=− −
⎪
⎨
=− +
⎪
⎩
và
27
27
x
y
⎧
=− +
⎪
⎨
=− −
⎪
⎩
. 0,25đ
Câu 3 (2,0 điểm).
a.
()
2
2
234 4 89mmmmΔ= + − = + +

. 0,25đ

()
2
4150,mm=++>∀∈R . 0,25đ
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 0,25đ
b. Theo định lí Vi-ét, ta có
12 12
23,
x
xmxxm
+
=+ =. 0,25đ
(Gồm 03 trang)
CHÍNH THỨC
2
Do đó,
()
2
22
12 12 12
2Tx x xx xx=+= + − 0,25đ

()
2
2
2324 109mmmm=+−=++
0,25đ

2

51111
2,
244
mm
⎛⎞
=++≥∀∈
⎜⎟
⎝⎠
R ; 0,25đ
11
4
T =
khi
5
4
m =−
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là
11
4
. 0,25đ
Câu 4 (2,0 điểm).
D
B
C
O
A
M

Hình vẽ đúng 0,25đ

a/ Ta có:
M
DMB= (gt)

M
DB⇒Δ cân tại
M
0,25đ
Mặt khác,
n
n
n
BMD BMA BCA==
(các góc nội tiếp cùng chắn
p
B
A
) 0,25đ
Mà
n
0
60BCA = (do tam giác ABC đều)

n
0
60BMD⇒=

M
BD⇒Δ là tam giác đều. 0,25đ
b/ Xét

A
BDΔ và CBMΔ , ta có:

,BD BM BA BC== (vì BMD
Δ
,
A
BC
Δ
là các tam giác đều) (1) 0,25đ
Mà
n
n
n
n
0
60DBA CBD CBD MBC+=+ = (góc tam giác đều)

n
n
DBA MBC⇒= (2) 0,25đ
Từ (1) và (2) suy ra
A
BD CBMΔ=Δ (c-g-c)

A
DMC⇒=

A
DMDMCMB⇒+ = +

M
AMBMC⇒=+ 0,5đ
Câu 5 (2,0 điểm).
*Xét trường hợp:

n
0
90BAC <
3
H
D
O
A
B
C

Vẽ đường kính BD, ta có:
n
0
90BCD = (góc nội tiếp chắn đường kính)
CD CB⇒⊥ mà
A
HCB⊥ suy ra //CD AH
Tương tự, ta có
//
A
DCH, do đó AHCD là hình bình hành
A
HCD⇒= 0,5đ

Khi đó:
222222
()()2( )28
A
HBC CDBC CD BC BD R+=+≤ += =
22AH BC R⇒+≤ 0,5đ
Đẳng thức xảy ra khi
BC CD
=
, lúc đó tam giác BCD vuông cân tại C và ta có
n
n
0
45BDC BAC==
. 0,25đ
Vậy với tam giác ABC có
n
0
45BAC = thì
max ( ) 2 2AH BC R+=
0,25đ
* Xét trường hợp
n
0
90BAC > :
H
D
O
A
B

C

Tam giác BCD vuông cân tại C cho ta
n
0
45BDC = . Khi đó:
n
n
0000
180 180 45 135BAC BDC=− =−= 0,25đ
* Trường hợp
n
0
90BAC = :
Ta có H trùng A và BC là đường kính của (O).
Khi đó
222AH BC R R+=<

Tóm lại với
n
0
45BAC = hoặc
n
0
135BAC = thì ta có max ( ) 2 2AH BC R+= 0,25đ

HẾT