2- Việc chi tiết hoá thang điểm nếu có so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.. 3- Điểm toàn
Trang 1SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN
***
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2008 -2009
MÔN : TOÁN - Chuyên
-ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang
I- H ư ớng dẫn chung:
1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định
2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi
3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số
II-
Đ áp án và thang đ iểm:
Câu 1a.
(2,0đ) Xét phương trình x2 – mx + m2 - 3 = 0 (1)
Để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 đều dương thì:
2
4( 3) 0 0
2
2
| | 2 4
3 | | 3 3 2 (2)
m m
Vậy, với 3m2 thì phương trình (1) có hai nghiệm đều dương
0,5
1,0
0,5
Câu 1b.
x x x x x x m m m
Các giá trị này không thỏa điều kiện (2) nên không có giá trị nào của m
để x1, x2 là độ dài hai cạnh AB, AC của tam giác ABC vuông tại A có
cạnh huyền BC = 2
0,5
0,5
Câu 2a.
(1,5đ) Với mọi n N*, ta có:
2 2
( 1) ( 1)
n n n n
n n n n
n n n n
=( 1) 1 1 1 1
1
(n1) n n n 1 + 1
1
n = 1
n
0,5 0,5 0,5
Trang 2Câu 2b.
1 2009 2009 Vậy P < 1
0,5 0,5 0,5
Câu 3.
(3,5đ) Xét phương trình
3
( 1)
x x
x x
Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên có thể viết
phương trình (1) dưới dạng:
3
2 2
2
1
1
x x
Đặt t = x 1
x
, |t| 2, (2) 2t2 - 5t + 2 = 0
Giải ra ta được t1 = 1
2 (loại), t2 = 2 (nhận)
Do đó: x 1
x
= 2 x2 -2x + 1 = 0 x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
0,5
1,0
0,5
0,5 0,5 0,5
Câu 4.
(3,5đ) Với điều kiện 1 x y z (*) :
2( ) 2 (2)
x y z
xy x y z
Từ (1) ta có :z2 (x y )2 2xy(x y )2 4(x y ) 4 z
(x y )2 4(x y ) 4 z24z4
(x y 2)2 (z2)2
0,5 0,5
Trang 3Vậy
5 12 13
x y z
hoặc
6 8 10
x y z
Câu 5.
O A'
B'
C'
D'
Từ các đỉnh hình vuông ta kẻ các đoạn AA’, BB’, CC’ , DD’ vuông góc
với d
Đặt T = AA’2+ BB’2+CC’2+ DD’2
Ta có OAA’ = OCC’ (cạnh huyền – góc nhọn) suy ra AA’ = CC’
Tương tự OBB’ = ODD’ suy ra BB’ = DD’
Từ đó suy ra T = 2(AA’2 + BB’2) (1)
Mặt khác, ta có A AO B OB' ' (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông
góc) và AO = BO nên A’AO = B’OB (cạnh huyền –góc nhọn)
BB’ = A’O (2)
Thay (2) vào (1) và áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông
A’AO ta được:
T = 2(AA’2 + A’O2) = 2AO2 = 2 2 2 2
AC AC
AB
, là hằng số
0,5 1,0 0,5 0,5
0,5
Trang 4Câu 6.
(4,0đ)
B O
I
C E
C'
E' A
K
M
a) Phần thuận: Gọi I là điểm chính giữa cung AB
- Xét C thuộc cung BI Tam giác CEB có C 900, CE = CB nên vuông
cân, suy ra CEB 45 ,0 AEB1350
Điểm E nhìn AB dưới một góc 1350 nên E chuyển động trên cung
chứa góc 1350 dựng trên đoạn AB (cung này cùng phía với I đối với
AB)
- Xét C’ thuộc cung AI Tam giác C’E’B vuông cân nên C E B ' ' 450
Điểm E’ nhìn AB dưới một góc 450, nên E’ chuyển động trên cung
chứa góc 450 dựng trên đoạn AB
Khi C’ I thì E’ A Khi C’ tiến đến A thì E’ tiến đến K ( AK AB
và AK =AB)
Điểm E’ chuyển động trên cung AK của cung góc 450 dựng trên đoạn
AB (khác phía với I đối với AB)
b) Phần đảo:
0,5 0,5
0,5 0,5 0,5
Trang 5ĐÁP ÁN PHẦN BỔ SUNG
Câu 3.
(3,5đ) Vì x2 x1 > 0 nên phương trình
3
2 2 2 (1) ( 1)
x x
x x
x3 + x = 2(x2-x+1)2 2x4-5x3+6x2-5x + 2 = 0 (2)
Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (2) nên chia 2 vế
phương trình cho x2 và sắp xếp lại ta được:
2 2
2(x ) 5(x ) 6 0
Đặt t = x 1
x
, |t| 2, (2) 2t2 - 5t + 2 = 0
Giải ra ta được t1 = 1
2 (loại), t2 = 2 (nhận)
Do đó: x 1
x
= 2 x2 -2x + 1 = 0 x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
0,5
1,0 0,5
0,5 0,5 0,5