Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất.. Việc chi tiết hoá thang điểm nếu có so [r]
Trang 1PHÒNG GDĐT TP NINH BÌNH
HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP THCS
NĂM HỌC 2014 - 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC MÔN TOÁN
Hướng dẫn chấm gồm 03 trang
I Hướng dẫn chung
1 Bài làm của thí sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó
2 Thí sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau
3 Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm
4 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất
5 Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và được thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm thi
6 Bài thi không làm tròn điểm
II Hướng dẫn chi tiết
Câu 1
(2,0
điểm)
a (1,0 điểm)
x x 1 x 2 x 1 2 x 1 x 1 A
0,25
x x 1 x x 1
2 x 1 2 x 1
x x 1
0,25
x x 1 2 x 1 2 x 2 x x 1
b (1,0 điểm)
Với x 0; x 1 ta có
Q
1
x
0,25
Áp dụng BĐT Cô – si ta có:
1
x
Đẳng thức xảy ra khi 1
x
0,25
Vậy với x 0; x 1 ta có
Vậy 1 là giá trị nguyên duy nhất mà Q có thể nhận
0,25
Ta có
2 x
x x 1
7 3 5 x
2
(t/
m) Vậy
7 3 5 x
2
là các giá trị cần tìm của x
0,25
Câu 2
(1,0
điểm)
Phương trình xác định với mọi x thuộc R. 0,25
x 6 3 x 2 x23x 5 8 x2 3x 5 2 x 23x 5 15 0 0,25 Đặt t x2 3x 5 ( t 0 ), phương trình trên trở thành
t 2t 15 0
t 3 (tm)
0,25
Trang 2Với t 3 ta được
x 3x 5 3 x 3x 4 0
x 4
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 1 và x4
0,25
Câu 3
(2,0
điểm)
a (1,0 điểm)
Đặt
2 2
4x 3 a x 1
Ta tìm a để ax24x 3 a là bình phương của một tổng (hiệu) Điều này xảy ra
khi và chỉ khi
' 0 4 a 3 a 0 a 3a 4 0
a 4
0,5
Với a ta được 1
2
2
x 2
x 4x 4
Với a 4 ta được
2
2
2x 1 4x 4x 1
0,25
b (1,0 điểm)
2 2
4x 3
x 1
(*) Ta coi (*) là một phương trình bậc hai ẩn x tham số P Ta tìm điều kiện của P để phương trình (*) có nghiệm
0,25
Với P 0 phương trình (*) trở thành
3 4x 3 0 x
4
Với P 0 : ' 4 P P 3 P23P 4 Để (*) có nghiệm thì ta phải có
2
' 0 P 3P 4 0 1 P 4
Vậy điều kiện để (*) có nghiệm là 1 P 4
0,5
1
P 1 x 2;P 4 x
2
Vậy min P1 và maxP 4 0,25
Câu 4
(4,0
điểm)
a (1,5 điểm)
Ta có
1 ADC AC
2
(góc nội tiếp) 0,25 Lại có
1 1
(góc có đỉnh ở ngoài đường tròn)
0,25
Suy ra CPQ ADC (1) 0,25 Mặt khác ADC CDQ 180 o(2) 0,25
Từ (1) và (2) suy ra CPQ CDQ 180 o 0,25
Do đó tứ giác CPQD là nội tiếp 0,25
b (1,5 điểm)
Gọi H là giao điểm của AI và CD Tam giác APQ vuông tại A mà AI là trung 0,25
C
D
Q
P
B
Trang 3tuyến của tam giác nên ta có IA IQ hay tam giác IAQ cân tại I Từ đó ta có
DAH DQP
Lại có DQP ACD (cùng bù với góc DCP) 0,25
Mặt khác ta lại có ACD ADC 90 o (do tam giác ACD vuông tại A) 0,25
AHD 90
c (1,0 điểm)
Do tứ giác CPQD nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác CPD cũng chính là
Do đó tâm E của đường tròn ngoại tiếp tam giác CPD là giao điểm của các đường
trung trực của hai đoạn thẳng CD và PQ 0,25 Tức là ta có EOCD và EIPQ
Suy ra AO // EI (cùng vuông góc với PQ) và EO // AI (cùng vuông góc với CD)
Vậy tứ giác AOEI là hình bình hành Do đó ta có EI = AO = R
0,25
Vậy khoảng cách từ E đến PQ luôn không đổi Suy ra E chạy trên đường thẳng
song song với PQ và cách PQ một khoảng không đổi bằng R
0,25
Câu 5
(1,0
điểm)
Giả sử đường thẳng d có phương trình y mx n (a 0,b 0 )
Giả sử A a;0 , B 0;b (a,b 0 ) Suy ra ta có
b
ma n 0 m
a
Vậy phương trình của d là
0,25
Ta có OA OB a b Vì d đi qua M 1;2 nên ta có 1 2a b 1 (*). 0,25
Áp dụng bất đẳng thức a2b2 x2 y2 ax by 2
ta có
a b 1 2 1 22 a b 3 2 2
a b
Dấu bằng xảy ra khi
a 1
a 1 2
1
a b
0,25
Vậy min OA OB 3 2 2 khi
a 1 2
b 2 2
Khi đó phương trình đường thẳng
d cần tìm là
2 2
1 2
0,25