Một số chú ý khi chấm bài - Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách.. Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và
Trang 1PHÚ THỌ NĂM HỌC 2016-2017
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Hướng dẫn chấm có 05 trang
I Một số chú ý khi chấm bài
- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm
- Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của đáp án
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số
II Đáp án – thang điểm
1 Phần trắc nghiệm khách quan
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
Đáp
án
A,
Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5
2 Phần tự luận
Câu 1 (3,0 điểm)
a) Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn ab bc ca+ + =1 Chứng minh rằng
− + − + − =
1,5
Tương tự
0,25
Suy ra 2
2
2
;
0,25
b) Chứng minh rằng nếu a b=3 thì hai phương trình:(a3+a x a y a) + 2 + 4+ =1 0 (1);
(b +b x b y b) + + + =1 0 (2) (a,b là các tham số) không có nghiệm nguyên chung
1,5
Giả sử (1) và (2) có nghiệm nguyên chung ( ; )x y , ta có0 0
(a3+a x) 0+a y2 0+a4+ =1 0 (3) ; (b3+b x) 0+b y2 0+ + =b4 1 0 (4) 0,25
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2Nội dung Điểm
2 2
2
2 2
2
⇔ + ÷ + + ÷ + = ⇔ + ÷ + + ÷+ − =
⇔ + ÷ + + ÷ + = ⇔ + ÷ + + ÷+ − =
Suy ra t1 a 1;t2 b 1
= + = + là hai nghiệm của phương trình bậc hai (ẩn t)
2
0 0 2 0
t +x t y+ − = .
Theo định lí Viet:
2
a b
a b
+ + + = − + + + = −
+ ÷ + ÷= − + + + = −
0,25
Vì a b=3 nên
0 0
0
9
16
a b
0,25
9
6 3 16 9 48 160 (4)
16x − = y − ⇒ x = y − Điều này vô lí vì VT(4) chia hết
cho 3 nhưng VT(4) không chia hết cho 3
Vậy nếu a b=3thì hai phương trình (1), (2) không có nghiệm nguyên chung
0,5
Câu 2 (3,5 điểm)
a) Giải phương trình 2x+ −3 x+ =1 1 (1) 2,0
Ta có:
0,5
2
2
1
1
x
x
≥ −
⇔ + = + +
≥ −
⇔ − − =
0,5
3
1
x x
=
⇔ = −
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x= −1;x=3
0,5
Trang 3b) Giải hệ phương trình
− + = +
Điều kiện x≥0;y≥ −1 Ta có:
2 2
4
1 0
y x
= −
⇔ + + =
0,25
Từ (2)⇒3 x = y+ + + ≥ ⇒ > ⇒ + + >1 x 1 1 x 0 y x 1 0 y x+ + >1 0
Thay 2
4
y x= − x vào (1) ta có 3 x− x2−4x+ = +1 x 1 (3)
Vì x=0 không là nghiệm của (3) nên
x x
0,25
Đặt t x 1 (t 2) x 1 t2 2
x x
= + ≥ ⇒ + = − Phương trình trên trở thành:
2
6 (3 )
t
≤
− = −
0,25
4
4
x
=
=
Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm: (4;0);( ;1 15)
4 16
−
Câu 3 Cho đường tròn ( ; )O R và điểm A cố định trên ( ; )O R Gọi M, N là các giao
điểm của hai đường tròn ( ; )O R và ( ; )A R ; H là điểm thay đổi trên cung nhỏ ¼ MN của
đường tròn ( ; )A R Đường thẳng qua H và vuông góc với AH cắt ( ; )O R tại B, C Kẻ
4,0
t
N
M
A'
J K
H
C B
A
a) Chứng minh rằng IK luôn vuông góc với một đường thẳng cố định và 2,5
Trang 4Nội dung Điểm
2
AB AC = R
Ta có ·AIH =90 ;0 ·AKH =900 Vì ·AIH +·AKH =1800 nên tứ giác AIHK nội tiếp. 0,5
Kẻ tiếp tuyến At của đường tròn ( ; ) O R tại A
0 0
90
(1) 90
ACB HAC
ACB AHK AHK HAC
0,5
Ta lại có: ·AHK = ·AIK (do tứ giác AIHK nội tiếp) (2)
BAt= ACB(cùng bằng 1
2sđ»AB) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: ·BAt=·AIK ⇒At IKP
0,5
Mặt khác OA⊥At⇒IK ⊥OA Vậy IK luôn vuông góc với đường thẳng cố định OA. 0,5
Gọi J là giao điểm của AO và IK; A’ là điểm đối xứng với A qua O
Ta có:∆ACH ∼ ∆AA B AHC' (· = ·ABA' 90 ;= 0 ·ACH = ·AA B' ) 0,25
2
'
b) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích AIK∆ khi H thay đổi 1,5
AK AH
AH AC
Gọi , 'S S lần lượt là diện tích các tam giác ABC và AIK.
Ta có AIK ACB AI AK IK AJ
1
2
AJ IK
Suy ra
2
Vậy giá trị lớn nhất của tam giác AIK bằng
2 4
R
Câu 4 Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn a b c+ + =1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
Ta có:
ab bc ca+ + = + +a b c ab bc ca+ + = a b b c c a+ + + ab +bc +ca + abc
Suy ra
0,25
Do đó:
0,25
Không mất tính tổng quát có thể giả sử a b c≤ ≤
Suy ra
0,25
Trang 5
2
0
Do đó
Với các số dương x, y, z ta luôn có:
2
Suy ra
3 3
3
x y z
≤ ÷
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x= =y z.
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
3
3
a c a c b
0,25
Suy ra 1 2( 2 2 2 ) 1 2 ( )2 1 2 4 19
27 27
27
MinP = P đạt giá trị nhỏ nhất khi 1
3
a b c= = =
0,25
……….Hết………