SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (chuyên)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Gồm có 05 trang)
I- Hướng 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- Đáp án và thang điểm:

Câu Đáp án Điểm

3,00 đ
a) Rút gọn biểu thức:
2 3. 2 2 3 . 2 2 2 3 . 2 2 2 3
P          
Ta có:
2 2 2 3 . 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3
  
            
  
  

         
  
  





2 3 2 2 3 2 2 3
     



2 3 2 3
  

= 4 – 2 = 1
Vì P > 0 nên P = 1
1,50 đ
0,25 đ


x
   
:
Ta có :


3
3
3 3
1 65 65 1
x    

1,50 đ ĐỀ CHÍNH THỨC











3 3
3
1 65 65 1 3 1 65 65 1 1 65 65 1

           

Nên phương trình cho có 2 nghiệm:

1
2
1
( 1)( 2) 2
1
( 3) ( 3)
x
a a
x
a a a a
 
 
  
 

Vì a nguyên nên suy ra phương trình cho luôn có nghiệm hữu tỷ.

Ghi chú : Nếu thí sinh tính
2 2
' ( 3 1) 0,
a a a
     

Vì a nguyên nên
2
' 3 1


(1) Nếu a = 0 hoặc a = -3: phương trình có 1 nghiệm nguyên x = -1.
(2) Nếu a  0, a  -3: Theo câu a), phương trình có nghiệm x
1
= -1 nguyên nên để
p/trình có các nghiệm đều nguyên thì x
2
cũng phải là nghiệm nguyên.
Nghĩa là: 2 phải chia hết cho
( 3)
a a

.
Khi đó ta có các khả năng xảy ra :
2
2
2
2
3 2 0
( 3) 2
( 3) 1 3 1 0
( 3) 2
3 2 0
( 3) 1
3 1 0
a a
a a
a a a a
a a
a a

a = -1 hoặc a = -2 .
Vậy:


3; 2; 1;0
a   
thì phương trình cho có các nghiệm đều nguyên.
2,00 đ

0,50 đ 0,50 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,50 đ

Giải các phương trình và hệ phương trình: 5,00 đ 3

a) Giải phương trình:

2
-14t +3 = 0
Giải ra ta được:
1 1
; ; 3
2 3
t t t
   
(loại).
Với
1
2
t

, ta có:
1 11
3
2 4
x x
    
;
Với
1
3
t

, ta có:
1 26
3
3 9

x y
y x

  



  


Với điều kiện
, 9
x y

, hệ đã cho là:
2 2
2 2
9 (9 ) (1)
9 (9 ) (2)
x y
y x

  


  



Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được:

0,50 đ

0,50 đ 0,50 đ 2,50 đ
a) Chứng minh :
2 2
2 1
x 2y 3 xy y 1

   
(x, y > 0)
Vì x, y > 0 nên
2 2
x 2y 3 0; xy y 1 0
     

Do đó :
2 2
2 1
x 2y 3 xy y 1

   

2 2
2xy 2y 2 x 2y 3

2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 3 2 3 2 3
M
a b b c c a
  
     
(a,b,c >0; abc = 1)

Áp dung bất đẳng thức ở câu a) ta có:

1,50 đ
2 2 2 2
1 1 2 1 1
2 2 1
2 3 2 3
ab b
a b a b
 
 
   2 2 2 2


Do abc = 1 nên:

1 1 1
1 1 1
ab b bc c ca a
 
     
=
2
1
1
ca a
abc ac a ca a
ca b abc ca
 
   
 

=
1
1 1 1
ca a
ca a ca a ca a
 
     
=1.
Do đó
1
2

Nối GD, GE. Gọi P, Q là các điểm
trên tia GM sao cho:
BP //GE, CQ //GD (2) .
Theo định lý Ta-lét và tính chất
đường phân giác:

;
GP EB CB
GA EA CA
 GQ DC BC
GA DA BA
 
Suy ra:
GP GQ CB BC
GA GA CA BA
  ( )
1
.
GP GQ BC AB AC
GA AB AC
 
  
(vì
( ) .

0,25 đ
6

3,50 đ
B
A
a) Phần thuận:
ABC cân 



ABC ACB ADB
 




ADE ADC

(vì cùng bù với

ABC
).
Xét ADC và ADE có:
AD: chung ; DC = DE (giả thiết)



ADC ADE


ABC
)
Suy ra ADC = ADE (c.g.c)  AC=AE=AB (1)
Lại có AM  BE (M nằm trên đường tròn đường kính AB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của BE.

d) Kết luận: Khi D di động trên cung nhỏ

AC
thì quĩ tích của M là cung nhỏ

AH
của đường tròn đường kính AB.

0,50 đ
0,50 đ

0,25 đ

0,25 đ