Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 5 a Giải phương trình với m 1 1,0 Thay m 1 vào (1) ta có: x22x x 1)2 0

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

———————

(Hướng dẫn chấm có 03 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN

—————————

A. LƯU Ý CHUNG

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.

B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) Mỗi câu đúng được 0,50 điểm

Câu 1 2 3 4

Đáp án D B C A

II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm).

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

5 a Giải phương trình với m 1 1,0

Thay m 1 vào (1) ta có: x²2x 1 0 0,50

(x 1)2 0

   0,25

1

  x . Vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x 1. 0,25 b Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. Gọi x₁, x₂ là hai nghiệm

(có thể bằng nhau) của phương trình (1). Tính biểu thức Px₁⁴x₂⁴ theo m, tìm m để P đạt giá trị nhỏ nhất.

1,5

Có   ' 1 m 0,25

(1) có nghiệm         ' 0 1 m 0 m 1 0,25

Theo công thức Viet ta có: ^{1 2}

1 2

2 x x x x m

  

  

 0,25

Áp dụng tính được: Px₁⁴x₂⁴ 2m²16m16 0,25

Ta có ^P2









Do m 1 nên suy ra M2, dấu “=” khi và chỉ khi m 1, khi đó x₁ x₂  1

Vậy Pmin = 2 khi m 1. 0,25

6 Tìm số tự nhiên có hai chữ số. Biết tổng hai chữ số của số đó bằng 11 và nếu đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì ta được số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị.

1,5

Gọi chữ số hàng chục là a, chữ số hàng đơn vị là b. Điều kiện: ,

1 9, 0 9

a b N

a b

 

    

 0,25

Tổng các chữ số bằng 11 nên ta có: a b 11 (1) 0,25 Đổi hai chữ số cho nhau được số tăng thêm 27 đơn vị nên ta có:

10b a 10a b 27     b a 3 b a 3(2) 0,25

Thế (2) vào (1) ta có: 2a   3 11 a 4 (3) 0,25

Thế (3) vào (2) ta có: b7 0,25

Vậy số cần tìm bằng 47.

Chú ý: Nếu học sinh nêu đủ và thử hết các trường hợp 29, 92, 38, 83, 47, 74, 56, 65 sau đó chọn được đáp án là 47 thì cũng cho điểm tối đa.

0,25 7

a Chứng minh các tứ giác ABFM BCNE MEFN, , nội tiếp. 1,5

+ MAFMBF45⁰suy ra tứ giác ABFMnội tiếp 0,50

+ EBN ECN 45⁰suy ra BCNE nội tiếp 0,50

DoABFM nội tiếp và MAB90⁰ MFB90⁰ MFN 90⁰(1) Do BCNE nội tiếp và BCN 90⁰BEN 90⁰MEN 90⁰(2) Từ (1)&(2) suy ra MEFN nội tiếp.

0,50 b Gọi H là giao điểm của MF với NE và I là giao điểm của BH với MN. Tính độ dài BI

theo a. 1,0

Có H là trực tâm MBN nên BIMN 0,25

Do MABF nội tiếp  ABM AFM (1) 0,25

Do EBFH nội tiếp MBI  AFM (2). Từ (1), (2) suy ra: ABM MBI (3) 0,25 Từ (3) suy ra BAM BIM, suy ra BI BAa hay BI a. 0,25 c Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất. 0,5

; ;

AMB IMB AM IM INB CNB CN IN

         

2

AM CN IM IN

MD AM CN DN MN MD DN a MN MD DN

   

      

   

Đặt , , ( 0 , 0 ) ^{2 2}

MDN 2 DM x DN y  x a  y a MN  x y S  xy

0,25 I

H E

F B A

D C

M

N

Bài toán đưa về: Xác định x và y thỏa mãn x y x²y² 2a sao cho xy lớn nhất.

Ta có:

2 2

2 2

2

2 , 2

2 (2 2)

2 (2 2) 2 (3 2 2)

2 2

x y xy x y xy

a x y x y xy

xy a a xy a

   

      

      



2(3 2 2)

MDN 2

S xy a

   

Dấu “=” khi x y a(2 2)

Vậy khi DM DN a(2 2) thì MDN có diện tích lớn nhất bằng a²(3 2 2)

0,25

8 Cho các số thực ,x y thỏa mãn x²y² 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

của biểu thức M  3xyy². 1,0

Nếu y 0 M 0

Xét y0 ta có ² 2 2² 2

 

3 3 1

3 1

1 xy y t M xy y

x y t

 

   

  , với t ^x

 y. Ta có

 

 

0,25

* M0, phương trình (2) có ¹ 3 t  .

* M0, để tồn tại t thì phương trình (2) phải có

  

2

1 3

3 4 4 3 2 1 2 0 2 2

0

M M M M M

M

  

         

 



0,25

Với ^{1 3}

 

2 2 2 2 2 2

M t x y     M

               0,25

Với ^{3 1}

 

2 3 2 2 2 2 2

M t x y     M

            0,25

---HẾT---