Hướng dẫn chấm đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam

Nội dung text: Hướng dẫn chấm đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC 2017-2018 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN (Bản hướng dẫn này gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1 3x 2x x x 1 (2,0) a) Cho biểu thức A với x 0 và x . 2x 3 x 2 4x 1 x 2 4x 1 4 1,0 1 Rút gọn biểu thức A và tìm x để A . 3x 3x 2x x x A 0,25 2 x 1 x 2 2 x 1 2 x 1 x 2 2 x 1 2 x 1 3x 2 x 1 2x x 2 x x 4x x x x 4x 1 x . 0,25 x 2 2 x 1 2 x 1 x 2 4x 1 x 2 4x 1 x 2 1 1 x 1 Với x 0 và x : A 3x x x 2 0 (*) 0,25 4 3x x 2 3x Đặt t x t 0, t 1/ 2 . Phương trình (*) trở thành: 0,25 3t3 t 2 0 (t 1)(3t2 3t 2) 0 t 1 x 1 (thỏa điều kiện). b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (a ; b) thỏa mãn đẳng thức 9a2 6a b3 0. 1,0 9a2 6a b3 0 9a2 6a 1 b3 1 (3a 1)2 b3 1 (*) 0,25 Vì (3a 1)2 0 nên b3 1 0 hay b 1 . 1 + Với b 1 : Từ (*) suy ra: a (không thỏa). 3 2 3 + Với b 0 : Vì (3a 1) là số chính phương nên b 1 là số chính phương. 0,25 b2 b 1 3 b3 1 (b 1)(b2 b 1) (b 1)2 (b 1)2 b 2 . b 1 b 1 3 .+ Do b3 1 và (b 1)2 là các số chính phương khác 0 nên N b 0;2 . 0,25 b 1 .+ Với b 0 a 0 (thỏa) 2 4 + Với b 2 a hoặc a (cả 2 giá trị a không thỏa). 0,25 3 3 Vậy (a ; b) (0;0) là cặp số duy nhất thỏa yêu cầu. * Cách khác: 9a2 6a b3 0 9a2 6a 1 b3 1 (3a 1)2 b3 1 (*) (0,25) Vì (3a 1)2 0 nên b3 1 0 hay b 1 . + Xét b 1 không thỏa (*). + Xét b 0 , từ (*) suy ra a 0 . (0,25) + Xét b 1 không thỏa (*). + Xét b 2 : Ta có: (3a 1)2 b3 1 (3a 1)2 (b 1)(b2 b 1) Gọi d = ƯCLN (b 1, b2 b 1) . Vì b2 b 1 b(b 1) 2(b 1) 3 nên 3Md . (0,25) Hơn nữa (3a 1)2 không chia hết cho 3 nên d 3 . Do đó d 1 . Lại có (3a 1)2 (b 1)(b2 b 1) nên b 1 và b2 b 1 đều là hai số chính phương. Mặt khác: (b 1)2 b2 b 1 b2 (vì b 2 ) nên b2 b 1 không phải là số chính phương. (0,25) Vậy (a;b) (0;0) là cặp số duy nhất cần tìm. Trang 1/5
2. Câu Nội dung Điểm Câu 2 a) Giải phương trình 2x2 x x 3 1 3 0 (1). 1,0 (2,0) (1) 2x2 x 3 x x 3 0 (x 3) x x 3 2x2 0 (2) 0,25 Đặt t x 3 (t 0) , phương trình (2) trở thành: t2 xt 2x2 0 t x hoặc t 2x . 0,25 x 0 x 0 1 13 Với t x thì x 3 x x . 2 1 13 0,25 x 3 ( x) x 2 2 x 0 x 0 Với t 2x thì x 3 2x x 1. x 3 (2x)2 x 1 hoÆc x 3 / 4 0,25 1 13 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 1, x . 2 * Cách khác: Điều kiện: x 3 . (1) 2x2 x x 3 x 3 0 2x2 x x 3 2x x 3 (x 3) 0 (0,5) x(2x x 3) x 3 2x x 3 0 2x x 3 x x 3 0 2x x 3 0 hoặc x x 3 0 Giải phương trình 2x x 3 0 tìm được x 1. (0,25) 1 13 Giải phương trình x x 3 0 tìm được x và kết luận. (0,25) 2 2 2 x y x y xy 3 b) Giải hệ phương trình 2 2 2 1,0 (x y )(xy 1) 4 (x y) . 2 (x y) x y 3xy 3 Hệ phương trình đã cho tương đương với: 0,25 (x y)2 2xy (xy 1) 4 (x y)2 4xy 2 S S 3P 3 (1) Đặt S x y, P xy , hệ phương trình trên trở thành: 2 2 (S 2P)(P 1) 4 S 4P (2) S 2 S 3 (1) P (3) 0,25 3 Thay (3) vào (2) và biến đổi được: S 4 S3 S 2 6S 0 S(S 2)(S 2 S 3) 0 S 0 hoặc S 2 . + S 0 P 1 . Giải được (x; y) (1; 1) hoặc (x; y) ( 1;1) . 0,25 + S 2 P 1 . Giải được (x; y) (1;1) . 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm: (1;1) ,(1; 1) ,( 1;1) . * Cách khác: 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: (2) (x y )(xy 1) 4 2xy (x y ) (x y )(xy 1) (x y ) 2(xy 2) 0 (0,5) (x2 y2 )(xy 2) 2(xy 2) 0 (xy 2)(x2 y2 2) 0 xy 2 hoặc x2 y2 2 . + Với xy 2 ta có hệ: x2 y2 x y xy 3 (x y)2 (x y) 3xy 3 (x y)2 (x y) 3 0 (0,25) (vô nghiệm) xy 2 xy 2 xy 2 + Với x2 y2 2 ta có hệ: 2 2 x y x y xy 3 (x y) xy 1 (x y) xy 1 xy (x y) 1 2 2 x2 y2 2 (x y)2 2xy 2 (x y)2 2(x y) 0 x y 2 (0,25) x y 2 x y 0 x 1 x 1 x 1 hoặc hoặc hoặc . xy 1 xy 1 y 1 y 1 y 1 Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm: (1;1) ,(1; 1) ,( 1;1) . Trang 2/5
3. Câu Nội dung Điểm Câu 3 Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d):y ax b . Tìm a và b để (d) cắt (P) tại hai (1,0) điểm phân biệt A, B sao cho A có hoành độ bằng 2 và khoảng cách từ A đến trục tung bằng 1,0 hai lần khoảng cách từ B đến trục tung. + A thuộc (P) và có hoành độ bằng 2 nên A(2;4). 0,25 d đi qua A(2;4) nên 4 2a b b 4 2a . Suy ra (d) : y ax 2a 4 . + Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 ax 2a 4 0 x 2 hoặc x a 2 (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi: a 2 2 hay a 4 . Hoặc: 0,25 + Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 ax 2a 4 0 (*) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt 0 (a 4)2 0 a 4 (được 0,25). + Khi đó hoành độ của A và B lần lượt là: xA 2, xB a 2 . 0,25 d(A;Oy) 2d(B;Oy) xA 2 xB 2 2 a 2 a 1 hoặc a 3 Vậy a = 1; b = 2 hoặc a = 3; b = –2. 0,25 Trang 3/5
4. Câu Nội dung Điểm Câu 4 1 1 1 a) Chứng minh . 0,75 (2,0) AE2 AF 2 AB2 2 2 * Cách 1: 1 1 1 AB AB 1. 0,25 A B AE2 AF 2 AB2 AE AF AB AB AD Đặt B·AE ·AFD . Ta có: cos , sin . 0,25 AE AF AF I N 2 2 G E AB AB 2 2 M Vậy: cos sin 1 . 0,25 D' AE AF D K C F C' Ghi chú: không có hình không chấm. * Cách 2: 1 1 1 AB2 AB2 DC2 AD2 1 1. (0,25) AE2 AF 2 AB2 AE2 AF 2 AE2 AF 2 AE DC DC DF Ta có: . (0,25) AF DF AE AF DC2 AD2 DF 2 AD2 DF 2 AD2 AF 2 Vậy: 1. (0,25) AE2 AF 2 AF 2 AF 2 AF 2 AF 2 * Cách 3: Dựng đường thẳng qua A, vuông góc với AE và cắt A B đường thẳng CD tại J. (0,5) + Chứng minh được hai tam giác ADJ và ABE bằng nhau. Suy ra AJ=AE. E + Trong tam giác vuông AJF có: 1 1 1 1 1 1 . (0,25) 2 2 2 2 2 2 J D C F AD AJ AF AB AE AF AD AC AM b) Chứng minh 3; trong trường hợp tíchAM.AN nhỏ nhất, tính tỉ số . 1,25 AM AN AD Hình vẽ phục vụ câu b (không có hình không chấm) 0,25 AD AC * Khi M trùng I hoặc M trùng D ta có: 3 . AM AN * Trường hợp M khác I và M khác D: 0,25 Gọi K là trung điểm của CD. Dựng CC’//MG, DD’//MG (C’, D’ thuộc AG). AD AD' AC AC ' AD AC AD' AC ' AD' AC ' Khi đó: , . Do đó . AM AG AN AG AM AN AG AG AG AD AC 2AK 3 Hai tam giác KDD’ và KCC’ bằng nhau nên KC’=KD’. Suy ra 2. 3 . 0,25 AM AN AG 2 AD AC AD AC 4 Ta có: 3 + 2. . AM.AN .AD.AC (AD, AC không đổi). 0,25 AM AN AM AN 9 AD AC AM AG 2 Đẳng thức xảy ra khi = MN//DC hay MG//DC . Khi đó: = . AM AN AD AK 3 0,25 AM 2 Vậy khi AM.AN nhỏ nhất thì . AD 3 AD AC A B * Chứng minh 3 bằng cách khác: AM AN Gọi H là giao điểm của MN và BC, P là trung điểm của MH. I N H (0,25) G P AD MD AC NC HC M 1 , 1 1 AM AM AN AN AM AD AC MD HC MD HC D K C 2 2 AM AN AM AM AM PK GK 1 AD AC AM MD HC 2PK AM (vì ). Suy ra 2 3 . AM GA 2 AM AN AM (0,25) Lưu ý: M trùng D hoặc I, ta vẫn có HC+MD=2PK. Trang 4/5
5. Câu Nội dung Điểm Câu 5 a) Chứng minh tứ giác BFNK nội tiếp trong đường tròn và HK vuông góc với AM. 1,25 (2,0) Hình vẽ phục vụ câu a (không tính điểm hình vẽ câu b, không có hình không chấm) A A E N E 0,25 F O P O H I B D C K B D M C L J S Q K·NB=A·CB (vì tứ giác ANBC nội tiếp) K· FB=A·CB (vì tứ giác BCEF nội tiếp) 0,25 Suy ra K·NB=K· FB . Do đó tứ giác BFNK nội tiếp. + Hai tam giác KNB và KCA đồng dạng nên KN.KA = KB.KC + Hai tam giác KBF và KEC đồng dạng nên KF.KE = KB.KC 0,25 KN KE Suy ra KN.KA = KF.KE hay = . KF KA Hơn nữa N· KF=E·KA . Do đó hai tam giác KNF và KEA đồng dạng. Suy ra K· NF=K·EA . Do đó tứ giác ANFE nội tiếp. 0,25 Suy ra A, N, F, H, E nằm trên đường tròn đường kính AH. Do đó NH  AK . + Tia NH cắt đường tròn (O) tại S, AS là đường kính của (O). + Chứng minh được tứ giác BHCS là hình bình hành. Suy ra HS qua trung điểm M của BC. 0,25 Suy ra N, H, M, S thẳng hàng. Khi đó H là trực tâm của tam giác AKM. Vậy HK  AM . b) Chứng minh đường thẳng DE cách đều hai điểm P và Q . 0,75 + Hạ PI và QJ vuông góc với đường thẳng DE lần lượt tại I, J. Đặt L·AC=L·BC=α . 0,5 PI=EP.sinP· EI=AE.tanα.sinB·AD =(AB.cosA).tanα.cosB=AB.cosA.cosB.tanα . QJ=QD.sinQ· DJ=BD.tanα.sinA· BE =(AB.cosB).tanα.cosA=AB.cosA.cosB.tanα . 0,25 Suy ra PI=QJ. Vậy P và Q cách đều đường thẳng DE. Ghi chú: Nếu thí sinh xét 2 trường hợp và giải đúng trong trường hợp A, D, L thẳng hàng thì được 0,25. Nếu không chia 2 trường hợp mà vẽ hình đặc biệt A, D, L thẳng hàng để giải thì không cho điểm. Câu 6 Cho 3 số thực dương xthỏa, y, z x y . Tìmz 3 giá trị lớn nhất của P x3 yz y3zx z3xy. 1,0 (1,0) Ta có: (a b c)2 3(ab bc ca) với a, b, c là 3 số thực (dấu bằng xảy ra khi a=b=c). Áp dụng bất đẳng thức trên với a xy, b yz, c zx (x, y, z > 0) ta được: 0,25 (xy yz zx)2 (xy yz zx)2 (xy yz zx)2 3(y2zx z2xy x2 yz) xyz(x y z) xyz 3 9 (xy yz zx)2 Ta có: P xyz(x2 y2 z2 ) (x2 y2 z2 ) 9 0,25 1 (xy yz zx)(xy yz zx)(x2 y2 z2 ) 9 3 3 3 1 (xy yz zx) (xy yz zx) (x2 y2 z2 ) 1 (x y z)2 1 32 3 . 0,25 9 3 9 3 9 3 P 3 x y z 1 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 khi .x y z 1 0,25 * Lưu ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. Trang 5/5