Khi chấm bài học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó tương ứng với thang điểm.. HS trình bầy theo cách khác mà đúng thì giam khảo cho điểm tương ứng với thang điểm.. Trong tr
Trang 1I HƯỚNG DẪN CHUNG
1 Khi chấm bài học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó tương ứng với thang
điểm
2 HS trình bầy theo cách khác mà đúng thì giam khảo cho điểm tương ứng với thang điểm Trong trường hợp mà hướng làm ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết
3 Điểm của bài thi không làm tròn
II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
điểm
Câu 1
(5,0điểm)
1.(2,5 điểm)
+Điều kiện a > 0; a ≠ 4
+P =
3
= a - a - 3 a + 2 + a +2
=> P = a - 3 a + 4
0.5đ 1.0đ
0.5đ 0.5đ
2 ( 2.5 điểm)
+P =a - 3 a + 4 = a - 2 a2 3
2 +
9
4 +
7
4 = 3 2
2
a− + 7
4
=> PMin = 7
4 <=>a =
9 4
1,0đ 0.5đ
1,0d
Câu 2
(5,0điểm)
1.( 2,5 điểm)
TXĐ: Mọi x
Biến đổi phương trình về:
Đặt u = 3 2 x3− 3 x + 1, v = 3 x2 + 2 ta có pt:
x = − x = ± .
0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.5đ 0.75đ
Trang 2+ Biến đổi đưa được pt về dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = 0
⇔x2 – 2y2 – 5 = 0 ⇔ x2 = 2y2 + 5 ⇔x lẻ
+ Đặt x = 2k + 1 ; ( k Z∈ )⇔ 4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5⇔2y2 = 4k2 + 4k – 4
⇔y2 = 2(k2 + k – 1) ⇔y chẵn
+Đặt y = 2n; (n Z∈ ) ⇔4n2 = 2(k2 + k – 1) ⇔2n2 + 1 = k(k + 1) (*)
+Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn
(Vì k và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp) ⇒(*) vô nghiệm⇔pt đã cho vô
nghiệm
0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ
0.5đ
Câu 3
(4,0điểm)
Vẽ hình đúng
d
d '
D
B
I E N
P
H O
M
0.5đ
1 ( 1,5điểm)
+ Để MNOP là hình vuông thì đường chéo OM =ON 2=R 2
+ Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OADC, dựng đường tròn tâm O đi qua
điểm D, cắt (d) tại M
+Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP Ta có
2 2
MN = MO −ON =R, nên Tam giác ONM vuông cân tại N Tương tự, tam
giác OPM cũng vuông cân tại P Do đó MNOP là hình vuông
+ Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì OM =R 2>R
0.25đ 0.5đ
0.5đ 0.25đ
2.( 2,0iểm)
+ Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên M, N, O, P cùng nằm trên
đường tròn đường kính OM Tâm là trung điểm H của OM Suy ra tam giác ba
điểm M, N, P thuộc đường tròn đường kính OM, tâm là H
+ Kẻ OE⊥ AB, thì E là trung điểm của AB (cố định) Kẻ HL⊥( )d thì
HL // OE, nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra: 1
2
HL= OE
(không đổi)
+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi, nên H
chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE cố định
0.5đ 0.5đ
0.5đ 0.5đ C
Trang 3Câu 4
(4,0điểm)
xác định với: −3≤ x ≤3
*Ta có: x2+(9−x2)≥2 x2(9−x2) (BĐT Côsi )
) 9 ( 2
9
) 9 ( 2 9
2 2
2 2
x x
x x
−
≥
⇔
−
≥
⇔
Dấu “=” xảy ra
2
2 3 2
9
2 = − ⇔ = ⇔ =±
và giá trị lớn nhất của:
2
9 ) 2
9 9 ( 2
=
y
0.5đ
0.5đ 0.5đ
2 ( 2,0 điểm)
Ta có:
=
=
=
⇔
=
⇔
= +
+ +
− + +
⇒
+
− +
− +
− +
=
+ + +
+ +
+ +
+ +
= + +
0 0
0 0
6
0 6
) (
3 ) (
3
6 ) 1 ( 3 ) 1 ( 3 ) 1 ( 3 1 1
6 ) ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) (
) (
3 3 3 2
2 2
2 2
2
2 2
2 3 3 3 3
c b
a abc
abc c
b a c
b a
abc c
c b b a a
abc b
a c c a b c b a c b a c b a
Giả sử a = 0 ta có:
= +
= +
= +
1 1 1
3 3
2 2
c b
c b
c b
) )(
(
1=b3+c3 = b+c b2+c2−bc
hay 1=1-bc suy ra bc = 0⇔c b==00
Lại giả sử b = 0 Do đó c = 1
Vậy a2009+b2009+c2009 =1
Các trường hợp khác xét tương tự Vậy a2009+b2009+c2009 =1
0.25đ 0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ 0.25đ 0.25đ
0.25đ
Câu 5
(2,0điểm)
H
C
B
Trang 4và = = =2
EB DB
⇒
3
2
=
+DB
DA
2
=
−EB EA EA
⇒DA=
3
2
AB = 4 ; EA = 2AB = 12
Do đó DE = EA –DA = 8
0.25đ
0.25đ
0.25đ
Dựng CH⊥AB ;H thuộc AB.Gọi O là trung điểm của DE ta có CH≤ CO
∆CDE vuông tại C ;CO là trung tuyến
2 =
DE
12
2
1
2
1
=
≤
=
S ABC
Dấu bằng xảy ra khi H trùng với O hay AC = 4 5, BC = 2 5
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC là 12
0.25đ 0.25đ
0.25đ 0.25đ