Cac de luyen thi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH
LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
Mơn: TỐN – VỊNG II
Hướng dẫn chấm gồm 4 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 khơng theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như
hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất
5. Việc chi tiết hoá 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 tồn hội đồng chấm.
6. Tuyệt đối khơng là tròn điểm.
II. Hướng dẫn chi tiết.
Câu 1 ( 3 điểm):
a) 1 điểm

x x
4   x 2
x x  5 
P 


 : 

x  2   x  1 ( x 1)( x  2) 

 ( x  1)( x  2)

0,25



(x  x )  4( x  1) ( x  2)( x  2)  (x  x  5)
:
( x  1)( x  2)
( x  1)( x  2)

0,25



x 3 x 4
x 1
:
( x  1)( x  2) ( x  1)( x  2)

0,25



x 3 x 4
x 1

0,25

b) 1 điểm

x 3 x 4
4  x 
x 1
 x 0

 x 1
P 4 

Kết luận: x = 0; x = 1.

x 0

0,5
0,5


c) 1,0điểm
P

x 3 x 4
2
2
 x 2
 x 1 
1
x 1
x 1
x 1

0,25

Áp dụng BĐT liên hệ giữa TBC và TBN (BĐT Cô-si)
2
2
2 ( x  1)
2 2
x 1
x 1

x 1 

 P 2 2 1

0,25
x 1 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2

x 1

x 1  2 

x  2  1  x 3  2 2

Vậy Min P = 2 2  1 , đạt được khi x 3  2 2 .

0,25
0,25

Câu 2 (3 điểm):
a. (1 điểm):
2

0,25

2 √ 5 −3 ¿
¿
¿
A=
3 −√¿
√5 −√¿
√¿
= √ √ 5 − √6 − 2 √ 5

5

=
=

0,25
0,25
0,25

( 5  1)2

√ √5 −(√ 5 −1)

=1

b. (1 điểm):
Điều kiện: x  y 2
2

0,25

2

4x  y 4xy  4x - 2y - 2 x  y - 2 -1

 (2x - y) 2 - 2(2x - y) 1- 2 x  y - 2 0
 (2x - y -1) 2  2 x  y - 2 0
2x - y -1 0

 x  y - 2 0
 x 1

 y 1

0,25
0,25

Kết luận: hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1)

0.25

c. (1 điểm):
Điều kiện xác định: x, y, z ≥ 0.
Giả sử x = Max{x; y; z} 

x=zx=y=z

x Max{ x , y, z}  z=Max{x; y; z}

0,5
0,25


2 x x  1  x  2 x  1 0 

0,25

x 1  2  x 3  2 2

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm x y z 3  2 2
Câu 3 (1 điểm):

A

0
0





+ Nếu AH > BH thì ABH  BAH  ABH  45 ( vì ABH  BAH 90 )
B
C
0





H 0  ABC
 ACH  60 ( vì ABH
 ACH
180
1050 )

0.25


 tan ACH
 tan 600  3
Mà


tan ACH


AH

 AH CH.tan ACH
 AH  CH 3  AH  BH 
CH
Mâu thuẫn.

0.25

+ Nếu AH < BH thì tương tự trên ta suy ra mâu thuẫn.

0,25

Do đó: AH = BH.

0,25

0 
0

Dễ thấy khi đó tam giác ABC có ABC 45 , ACB 60

Câu 4 (2 điểm):

C

a) 1 điểm

E

D
IM

0.25

N

Kẻ IH vng góc với AB tại H  IH || OC3
A

H O
 IH AH
 IH OM 1



 OM AO
 AH AO 2 AH 2IH
AH 2
 
 
 


IH
BH
IH
ON
1
BH

3IH
BH
3







 ON BO
 BH BO 3
4R

AH  5
2R
 
 IH 
5
BH  6R

5
Mà AH + BH = AB = 2R

B

0.25
0.25
0.25

0.25


1
2R 2
 SIAB  IH.AB 
2
5
b) 1 điểm
IA  IH 2  AH 2 

Áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác IAH và OBN ta có:
NB  OB2  ON 2 

2R
5,

R 10
3

0,25
0.25

AE AB
AB.NO 2R
AEB NOB 

 AE 

NO NB
NB
10
Ta có:
0

Trong tam giác AEI có: AEI 90 ,
2R
2R
2R
AE 
, AI 

 EI  AI 2  AE 2 
 AE EI  AEI
10
5
10
vuông cân đỉnh E

0,25

0,25



 EAI
450 hay  EAD
450
0



Mặt khác EOD 2.EAD  EOD 90

Câu 5 (1 điểm) :
 a 2 0(mod3)
 2
a 1(mod3)
*) Nhận xét: Với mọi số nguyên a ta có 
2
2
Thật vậy: Giả sử a 3  a 3k 1  a 9k 6k 1 1(mod3) .

Do đó:
 x 2 1(mod3)
 z 2 2(mod3) 
 2
y 1(mod3)
Nếu x và y đều không chia hết cho 3 thì 
MT.
xy

3
Suy ra: Ít nhất một trong hai số x, y phải chia hết cho 3
.

 x 2 1(mod4)
 2
 y 1(mod4) 
z 2 0(mod4)
*) Nếu x, y cùng lẻ thì suy ra z chẵn  

z 2 2(mod4)
 MT
 2
z 0(mod4)

0.25
0.25

.

*) Nếu x, y cùng chẵn thì xy 4  xy 12 .
*) Nếu trong hai số x, y có một số chẵn và 1 số lẻ.

Giả sử x lẻ, y chẵn thì suy ra z lẻ

 x 2 1(mod8)

 y 2 z 2  x 2 8  y4
 2

 xy 4
z 1(mod8)

 xy 3
 xy 12

xy

4

Vậy
(vì (x; y) = 1)

0.25
0.25