Cac de luyen thi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2013 - 2014
Mơn: TỐN - Ngày thi 20/6/2013

(Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang)
I. Hướng dẫn chung
1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.
2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau.
3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc khơng vẽ hình thì khơng cho điểm.
4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm đủ
từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất.
5. Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm
bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm.
6. Tuyệt đối khơng làm trịn điểm.
II. Hướng dẫn chi tiết
Câu
Đáp án
Điểm
1. (0,5 điểm)
0,25
M  2  2 8  18  2  2 4.2  9.2
 2  2.2 2  3 2 2 2
Câu 1 2. (1,0 điểm)
(1,5
2x  y 9
4x  2y 18
điểm) 3x  2y 10  3x  2y 10 





0,25
7x 28

 2x  y 9

0,5

 x 4
 x 4


 y 1 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (4; 1)
 2x  y 9

0,5

1. (1,0 điểm)
2
2x 2  4
1
1  2x  4   1 

A


1  x3 

1  x3 1  x 1  x
2x 2  4
2

3
1 x
= 1 x

Câu 2
(2,0
điểm)

x 1  x 

1 x


2x 2  4  2  1  x  x 2 
2x 2  4
2



1 x  1 x  x2  1 x
1  x  1 x  x2 


21  x 

1  x  1  x  x2 

2
2
= 1 x  x

2. (1,0 điểm)
 x 0

x 1
Với 
thì 1 + x + x2
1
2
2
⇒
2
1

x

x
A=
A = 2 khi x = 0. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A bằng 2 khi x = 0
Câu 3 1. (0,75 điểm)
(2,0 Với m = 0 phương trình (1) trở thành x 2  2x 0
điểm)
 x  x  2  0
 x 0 hoặc x 2 .
Vậy với m = 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm: x = 0; x = 2.

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25


2. (1,25 điểm)
 ' m 2  1  0 m . Vậy PT (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 m .

0,25

Để x1, x2 là độ dài hai cạnh góc vng của một  vng thì ta phải có x1, x2 > 0.
 x1  x 2 2  m  1

x x 2m
Theo Vi-ét ta có  1 2
.

0,25

 2  m  1  0

 m0

2m  0


Phương trình (1) có hai nghiệm dương
.
2

x12  x 22 12   x1  x 2   2x1x 2 12

Theo giả thiết có

0,25

 4(m  1) 2  4m 12  m 2  m  2 0 (*)

0,25

Giải phương trình (*) được m = 1 (thoả mãn), m = -2 (loại).
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
Câu 4 1. (1,0 điểm)
(3,0
Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường kính
E
0

điểm)
AB (giả thiết) nên AMB 90 (góc nội tiếp

0,25

0,25

0

chắn nửa đường trịn) hay FMB 90 .
0

Mặt khác FCB 90 (giả thiết).

D
I

H
F
C

A



M

0,25

0



Do đó FMB  FCB 180 . Vậy tứ giác
BCFM là tứ giác nội tiếp.

0,5

O

B

2. (1,0 điểm)
Ta có BCFM là tứ giác nội tiếp (cmt)
Mặt khác



CBM
EMF
 2



 CBM
EFM
 1


(vì cùng bù với CFM )

(góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng


chắn AM
)



1 & 2  EFM
EMF

Từ    
Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E  EM EF (đpcm)
3. (1,0 điểm)

DIF

DIH

 3
2
Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH  DF và
.


 I
DMF
DIF

Trong đường trịn

ta có:

và
lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm

1

DMF
 DIF
2
cùng chắn cung DF. Suy ra
(4).




DIH
DIH
Từ (3) và (4) suy ra DMF
hay DMA
.
O




DBA
Trong đường tròn   ta có: DMA
(góc nội tiếp cùng chắn DA
)


DIH
Suy ra DBA
Vì IH và BC cùng vng góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó





DBA
 HIB
180o  DIH
 HIB
180o  Ba điểm D, I, B thẳng hàng.

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25


1

1



 . Vì C cố định nên D cố định  2 sđ AD
 không đổi.
 ABI

ABD
 2 sđ AD

0,25

Do đó góc ABI có số đo khơng đổi khi M thay đổi trên cung BD.
1. (0,75 điểm)
Với n = -1: Phương trình đã cho trở thành 2x  2 0  x  1   .
Với n  1 :
 ' 1  n  n  1  n  2   n  3  1   n 2  3n   n 2  3n  2 

0,25

2

 n 2  3n   2  n 2  3n   1  n 2  3n  1

0,25

2

Ta có n   ,  ' là số chính phương, các hệ số của phương trình là số nguyên nên
suy ra phương trình đã cho ln có nghiệm hữu tỉ với mọi số nguyên n.
2. (0,75 điểm)
3
Cách 1: Điều kiện: 1  x 0  x  1 .
5 1  x 3 2  x 2  2   5  1  x   1  x  x 2  2  x 2  2 

0,25

0,25

2
Đặt u  1  x; v  1  x  x ; u 0, v  0

2

2

u
u
 2    5  2 0
v
 v

2

5uv 2  u  v 
Phương trình đã cho trở thành
u
u 1
 2

v
hoặc v 2
u
Câu 5
2
(1,5 Với v
 1  x 2 1  x  x 2  4x 2  5x  3 0 (vô nghiệm)

điểm)
u 1
5  37
  2 1  x  1  x  x 2  x 2  5x  3 0  x 
2
Với v 2
(TM)
5  37
x
2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
.
3
Cách 2: Điều kiện: 1  x 0  x  1 .

5 1  x 3 2  x 2  2   25  1  x 3  4  x 2  2 

0,25

0,25

0,25

2

 4x 4  25x 3  16x 2  9 0
  x 2  5x  3  4x 2  5x  3 0

0,25

 x 2  5x  3 0
 2
 4x  5x  3 0
+

x 2  5x  3 0  x 

5  37
2
(thỏa mãn)

2
+ 4x  5x  3 0 : vơ nghiệm.

0,25

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
------Hết------

x

5  37
2
.