Giải : a) Điều kiện để A xác định là: x0,x9 Ta có

(1)

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN THI: TOÁN HỌC

(Dành cho thí sinh thi vào chuyên tin) (Bản hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) I. Hướng dẫn chung

- Giám khảo cần nắm vững yêu cầu của hướng dẫn chấm để đánh giá đúng bài làm của thí sinh. Thí sinh làm cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

- Khi vận dụng đáp án và thang điểm, giám khảo cần chủ động, linh hoạt với tinh thần trân trọng bài làm của học sinh.

- Nếu có việc chi tiết hóa điểm các ý cần phải đảm bảo không sai lệch với tổng điểm và được thống nhất trong tổ chấm thi.

- Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu hỏi trong đề thi, chấm điểm lẻ đến 0,25 và không làm tròn.

II. Đáp án và thang điểm

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

Cho biểu thức: ¹ ³ ⁵

3 2 6

A x

x x x x

   

   

a. Rút gọn biểu thức A.

b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. Giải :

a) Điều kiện để A xác định là: x0,x9

Ta có:

  

2 3 3 5

2 3

x x x

A

x x

    

  



^x^x^²



^x^^x¹² ³



  

  

4 3

2 3

x x

 

  

⁴ 2 x x

 



0,25

b) Ta có: ⁴ 1 ²

2 2

A x

x x

   

 

Do x 0 x 0 x 2 2

Nên 2 2

1 1 2

2 2

x    x 

  .

Vậy axm A  2 x 0

0,25

0,25 0,25

(2)

Câu 2 Cho phương trình: ^x²^



²^m^³



^{x m}^ ²^³^m^⁰^, ^m là tham số.

Tìm giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm x x₁, ₂ sao cho 1  x₁ x₂ 6.

Giải:

Phương trình ^x²^



²^m^³



^{x m}^ ²^³^m^⁰^có



²^m ³



² ⁴



^m² ³^m



^{9 0,} ^m

       

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x x₁, ₂phân biệt

1 3, 2

x  m x m

Để 1 x₁ x₂         6 1 m 3 m 6 4 m 6

0,5

0, 5

Câu 3 Lập phương trình bậc hai với hệ số nguyên có hai nghiệm là 1

5 18 và 1

53 2 . Giải:

Gọi ₁ 1

5 18

x 

 và ₂ 1

5 3 2

x 

 . Ta có:

  

1 2

1 1 5 18 5 18 10

5 18 5 18 5 18 5 18 7

x  x       

   

1 2

1 1 1

. 7

5 18 5 18

x x  

 

Suy ra x x₁, ₂ là hai nghiệm của phương trình:

2 10 1

7 7 0

x  x 

Vậy phương trình bậc hai với hệ số nguyên cần tìm là:

7x2 10x 1 0

0,25 0,25

0,25

Câu 4

Giải hệ pt:

3

1 1

(1)

2 1 (2)

x y

y x

   

 

  



Điều kiện:

x  0, y  0

Ta có

  1 x y 1 1 0

x y

 

      

  

^x ^y



¹ ¹ ⁰

xy

 

    

 

0

1 1

x y xy

  

    



Ta có hai hệ phương trình:

0,25

(3)

2

3

1 x y

y x

 

  



^và ³

1

2 1

xy y x

  

  



+) ₃

2 1

x y

y x

 

  



³

2 1 0

x y

x x

 

    



^x ¹

 

^x^x²^ ^y^x ¹



⁰

    

1

1 5

2 x y x y

  

      



+) 3

3

1 1

2 1 2

1

xy y x

y x

x x

  

  

  

   

   



4

1 2 0

y x

x x

  

  

   



vô nghiệm.

Do ⁴ ⁴ ² 1 ² 1 3

2 4 4 2

x         x x x x x

2 2

2 1 1 3

2 2 2 0

x x

   

       

Vây hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y) là:

 

^{1;1 ,} ¹ ⁵^; ¹ ⁵ ^, ¹ ⁵^; ¹ ⁵

2 2 2 2

          

   

   

0,25

Câu 5 Có 65 con chim đậu trên một cái sân hình vuông cạnh 4m.

Chứng minh rằng có ít nhất 5 con chim đậu trong một đường tròn bán kính 1m.

Giải: Ta chia sân hình vuông có cạnh bằng 4m thành 16 hình vuông nhỏ có cạnh 1m.

Có 16 hình vuông chứa 65 con chim, 65=16 x 4+1.

Theo nguyên lí Diricle thì có ít nhất 5 con chim đậu bên trong hoặc trên cạnh của hình vuông nhỏ.

Vẽ đường tròn bán kính 1m, có tâm là tâm hình vuông nhỏ thì đường tròn đó chứa hoàn toàn hình vuông nhỏ.

Vậy có ít nhất 5 con chim đậu trong một đường tròn bán kính 1m.

0,25

0,5

0,25

(4)

Câu 6

Cho hình vuông ABCD có cạnh 10cm. Trên cạnh CD lấy điểm M sao cho CM 4cm. Đường vuông góc với BM tại M cắt ADtại N. Tính độ dài đoạn thẳng DN.

Giải:

Do ABCDlà hình vuông có , điểm M trên cạnh CD nên BCMNDM 90^o Suy ra BCM,NDM là 2 tam giác vuông.Ta có:

CMBBMN NMD 180^o 90^o

CMB NMD

  

Mặt khác, ta có: CBM CMB90^o :

Suy ra CBMDMN.

Do đó : CB CM

Suy ra CBM DMN

DM DN

    

 

^{4 10 4}

 

. 12

10 5

CM CD CM CM DM

DN CB CB

 

     cm

0,25

Câu 7 Cho đường tròn



^{O R}^;



và đường thẳng d là tiếp tuyến với đường tròn tại điểm A. Từ điểm M bất kì (M khác A) trên đường thẳng d kẻ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn

 

^O ^tại

điểmB và cát tuyến cắt

 

^O ^tại ^{N P}^, ^{. Kẻ} ^ACvuông góc với MB tại C, BD vuông góc với MA tại D. Gọi K là trung điểm của NP, H là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng:

a. Năm điểm O K A M B, , , , cùng nằm trên một đường tròn.

b. Tứ giác OAHBlà hình thoi.

c. Ba điểm O H M, , thẳng hàng.

Giải:

Hình vẽ:

d

H I K

N P

M D

C B

A

O

a) Do K là trung điểm của NP nên OK  NP ( quan hệ của

0,25 A

D

B

N

M C

(5)

đường kính và dây cung)  OKM = 90⁰.

Theo tính chất của tiếp ta có: OAM = 90⁰, OBM = 90⁰.

Nh- vËy K, A, B cïng nh×n OM d-íi mét gãc 90⁰ nªn cïng n»m trªn ®-êng trßn ®-êng kÝnh OM.

Vậy 5 điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn.

0,25 0,25 0,25 b) Ta cã OB  MB (tính chất của tiếp tuyến); AC  MB (gt)

OB // AC hay OB // AH.

OA  MA (tính chất của tiếp tuyến); BD  MA (gt) OA // BD hay OA // BH.

Suy ra tứ giác OAHB là hình bình hành;

Mặt khác: OA = OB =R.

Do đó tứ giác OAHB là hình thoi.

0,25 0,25 0,25 0,25 c) Theo chứng minh trên OAHB là hình thoi OH AB.

Mặt khác, ta có: MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) nên MA=MB và MO là phân giác của AMB OM AB.

Do qua O có duy nhất một đường thẳng vuông góc với AB nên 3 điểm M, H, O thẳng hàng.

0, 5 0,5

---Hết---