0,25  x y xy 1 1 xy

HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) – NĂM HỌC 2015-2016

Trang 1

(ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC) A. Hướng dẫn chung

- Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang;

- Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần tương ứng;

- Bài 4 không vẽ hình không chấm, điểm toàn bài không làm tròn.

B. Đáp án và thang điểm

BÀI NỘI DUNG ĐIỂM

1.1

Tìm điều kiện xác định và rút gọn M. ^1,00

Điều kiện để M xác định là x 0, y 0  0,25

 

xy x y x y

M 1 xy

  

  ^0,25







1 xy

 

  ^0,25

 x y. 0,25

1.2

Tính giá trị của M, biết rằng ^{x }





Ta có ^{y 3 8 }





Thay x và y, ta được ^M



 



3 1 2 1

    ^0,25

3 2

  . ^0,25

2.1

Giải hệ phương trình 4 x 3 y 4

2 x y 2

  



 

 . 1,00

4 x 3 y 4 4 x 3 y 4 10 x 10 x 1 x 1

y 0

2 x y 2 y 0

2 x y 2 6 x 3 y 6

           

    

            

   

 

. 1,00

2.2

Tìm giá trị của m để phương trình x²mx 1 0  có hai nghiệm phân biệt x , x _{1 2}

thỏa mãn hệ thức (x₁1)²(x₂1)² 2. ^1,00 Ta có  m²4

Phương trình có hai nghiệm phân biệt  ² m 2

0 m 4 0

m 2

 

         (*) ^0,25 Theo hệ thức Vi-ét, ta có x₁x₂ m và x .x_{1 2} 1 0,25 Do đó (x₁1)²(x₂1)²  2 (x₁x )₂ ²2x x_{1 2}2(x₂x )₂ 0

^{2 1}

2

m 1 3

m 2m 2 0

m 1 3

   

     

  



0,25

Đối chiếu với điều kiện (*) ta được m  1 3 là giá trị cần tìm. ^0,25

HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) – NĂM HỌC 2015-2016

Trang 2 3.1

Vẽ parabol (P): y x². 1,00

Bảng giá trị

x –2 –1 0 1 2

y x2 –4 –1 0 –1 –4 ^0,50

Đồ thị

-2

-4

-6

-8

-10

-12

-14

-20 -15 -10 -5

O x

y

r y  = 0 q x  = 0 f x  = -x²

0,50

3.2

Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường thẳng (d) : y  x 2 và (P). Tìm

tọa độ điểm M trên (P) sao cho tam giác MAB cân tại M. ^1,00 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là     x² x 2 x²  x 2 0

Giải tìm được tọa độ ^A



 



Gọi M là điểm thuộc (P), ta có ^{M a; a}





Tam giác MAB cân tại M AMBM ^0,25

^

















1 2

2

1 13

a 2

a a 3 0

1 13

a 2

  

 

    

   



0,25

Giải tìm được tọa độ ₁ 1 13 7 13

M ;

2 2

    

 

  và ₂ 1 13 7 13

M ;

2 2

    

 

 . 0,25

2 2

2

1 1

1

I

E M

D A

B C

N

HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) – NĂM HỌC 2015-2016

Trang 3 4.1

Chứng minh BC là tia phân giác của ABD . ^1,00

Ta có BA = BD (bán kính của (B)) 0,25

Nên BAD cân tại B 0,25

Mà BC là đường trung trực của AD (tính chất đường nối tâm) ^0,25

Do đó BC là tia phân giác của ABD . ^0,25

4.2

Chứng minh AD² 4BI.CI. ^1,00

Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có AI  BC (BC là đường trung trực của AD) ^0,25 Nên AI² BI.CI (hệ thức lượng trong tam giác vuông) ^0,25

Mà AD 2AI (I là trung điểm của AD) 0,25

Suy ra AD² 4BI.CI. ^0,25

4.3

Chứng minh bốn điểm A, M, E, N cùng thuộc một đường tròn. 1,00

1 1

M A (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn MD ) ^0,25

2 2

N A (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn ND ) 0,25 Nên AMEANEM₁M₂N₁N₂

M₂N₁A₁A₂ M₂N₁MAN180⁰ (tổng ba góc trong AMN )

0,25 Do đó tứ giác AMEN nội tiếp đường tròn, hay bốn điểm A, M, E, N cùng thuộc

một đường tròn. ^0,25

4.4

Chứng minh rằng số đo MEN không phụ thuộc vị trí của đường thẳng a. ^1,00 Ta có MEN180⁰MAN (tứ giác AMEN nội tiếp) ^0,25

0

2 1

M N 180 MAN ^0,25

Nên MENM₂N₁ ^0,25

Mà M và ₂ N không đổi (do A và D cố định) nên MEN có số đo không đổi, hay ₁ số đo MEN không phụ thuộc vị trí của đường thẳng a.

0,25

--- HẾT ---