Đáp án chuyên toán học Cần Thơ 2016-2017 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (188.75 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017

Khóa ngày: 07/6/2016
MƠN: TOÁN (Chuyên) 
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Cách giải – Đáp án Điểm

Câu 1
1,5 điểm

Cho 2 9 : 3 2 2

3 3 2 3 5 6

x x x x x

A

x

x x x x x x

       

   

 

       

  

         .

a) Tìm điều kiện của x để A có nghĩa và rút gọn A.

1,0 điểm

2 9 3 2 6 9 5( 3)

3 3 ( 3)( 3) ( 3)( 3)

x x x x x x x

x

x x x x x x

       

   



      0,25

3 2 2 9 4 2 3

2 3 5 6 ( 2)( 3) ( 2)( 3)

x x x x x x x

x x x x x x x x

            

        0,25

Suy ra điều kiện: x 0,x 4,x 9 0,25

Từ đó 5( 2)

3
x
A

x

 



 . 0,25

b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để giá trị của A là một số nguyên. 0,5 điểm

Ta có 5( 2) 5 5

3 3

x
A

x x

 

   

  . Do A nguyên nên



x 3



là các ước
nguyên của 5.

0,25

Suy ra 3 1

3 5

x
x

   



   


. Giải ra và đối chiếu điều kiện, ta được x 16;x 64. 0,25

Câu 2
1,5 điểm

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol ( ) : 1 2
2

P y  x và đường thẳng
2

( ) :d y (2m1)x2m 2m4 (m là tham số thực). Tìm các giá trị của m để 
( )d cắt ( )P tại hai điểm phân biệt M x y( ; ),1 1 N x y( ; )2 2 sao cho biểu thức

1 2 1 2 1 2

2( ) 3 3

T  y y  x  x x x đạt giá trị nhỏ nhất.

1,5 điểm

Xét phương trình hồnh độ giao điểm

2 2 2 2

(2 1) 2 2 4 2(2 1) 4 4 8 0

2x  m x  m  m x  m x  m  m  (*)

Ta có  ' (2m1)2 (4m2 4m8)  9 0, m  nên phương trình (*)
ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 2. Chứng tỏm , (d ) luôn cắt (P) tại hai điểm 
phân biệt M x y( ; ),1 1 N x y( ; )2 2 , trong đó 1 1 12, 2 1 22

2 2

y  x y  x .

0,25

Theo định lý Viét thì x1 x2 4m2;x x1 2  4m2 4m8. 0,25
Khi đó

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

2( ) 3 3 3( )

( ) 3( ) 3

T y y x x x x x x x x x x

x x x x x x

         

    

0,25

2 2 2

(4 2) 3(4 2) 3(4 4 8) 4 8 22

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

(2 2) 18 18, .

T  m   m  Đẳng thức chỉ xảy ra khi m1. 0,25

Vậy minT 18 đạt được khi m1(thỏa mãn điều kiện). 0,25

Câu 3
2,0 điểm

a) Giải phương trình 3 4x 3 (x 1)2 2 102x 9 1,0 điểm

Điều kiện: 3 5

4  x . Khi đó phương trình đã cho tương đương với
2

3 4x    3 9 4 2 102x x 2x  3 0

0,25
9(4 3) 81 16 4(10 2 )

( 3)( 1) 0

3 4 3 9 4 2 10 2

x x

   

     

   

9(4 12) 8 24

( 3)( 1) 0

3 4 3 9 4 2 10 2

x x

 

     

   

0,25

12 4

( 3) 1 0

4 3 3 2 10 2

x x

 

 

      

     

12 4

1 0 (*)

4 3 3 2 10 2

x

x x

 



     

    



0,25

Với 3 5

4  x thì

12 4

1 0

4x  3 32 102x   x . Do đó phương trình
(*) vơ nghiệm. Đối chiếu điều kiện, ta thấy x 3 thỏa mãn. Vậy phương trình đã
cho có nghiệm duy nhất x 3.

0,25

b) Giải hệ phương trình

5 3 2 1 12

2 3 3

3 7 2 3 3 4 3 2 1. 2 3 3

x y
x y

x y x y x y

    

  



        



1,0 điểm
Điều kiện: 2x 3y 3 0; 3x 2y 1 0. Khi đó hệ phương trình đã cho tương

đương với

5 3 2 1 12

2 3 3

7 4 3 2 1

2 3 3

x y

    



  



    

  



0,25

Đặt





0, 0 .

2 3 3

3 2 1

u

u v
x y

v x y

 

    



   



Khi đó, hệ (*) trở thành 6 5 12

3 4 7

u v
u v
  


   



0,25

Giải hệ phương trình này ta được

1
3
2
u
v
 

 


(thỏa mãn điều kiện)

Suy ra 2 3 3 3 2 3 12

3 2 5

3 2 1 2

x y x y

x y
x y

      

 

 

 

      

 



0,25

3
2
x
y
 

   

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 4
3,0 điểm

a) Chứng minh hai tam giác BDM và CDN bằng nhau. 1,0 điểm

Xét BMD và CND ta có:



BMD CND (cùng bù với AND) 0,25

 

MBDNCD (cùng bù ABD )BDM CDN 0,25

BD = CD (do A1A2 ) 0,25

Vậy BMD CND (g.c.g) 0,25

b) Chứng minh bốn điểm A, C, M, P cùng thuộc một đường tròn. 1,0 điểm

Theo chứng minh trên thì BMD CND nên BM = CN. 0,25

Mặt khác nếu gọi H, K lần lượt là trung điểm của MC và BN thì theo giả thiết HP là trung

trực của đoạn MC và KP là trung trực của đoạn BN. 0,25

Suy ra PM = PC và PB = PN. Vậy PMB PCN (c.c.c). 0,25
Suy ra PMAPCA hay bốn điểm A, C, M, P cùng thuộc một đường tròn. 0,25
c) Xác định vị trí tâm I của đường trịn ngoại tiếp tam giác ADM để độ dài đoạn thẳng

MN ngắn nhất. 1,0 điểm

Đặt 2 MDN 1800BAC (không đổi).
Do DABDAC nên DM = DN.

0,25
Nếu gọi E là trung điểm của MN thì DE  MN. Khi đó MN 2ME2MDsin 0,25
Suy ra MN ngắn nhất khi MD ngắn nhất.

Do D, AB cố định nên MD ngắn nhất khi và chỉ khi DM  AB 0,25
hay AD là đường kính của đường trịn (I). Khi đó I là trung điểm của AD và

.cos
DM  AD .

Vậy minMN2AD.sin .cos  đạt được khi I là trung điểm của AD.

0,25

Câu 5
2,0 điểm

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn 2x22x 6y2 3yxy  7 0. 1,0 điểm
Ta có : 2x2 6y2 xy2x 3y 7 0

2 2

2x 3xy 4xy 6y 2x 3y 7 0

       

(2 3 ) 2 (2 3 ) (2 3 ) 7

x x y y x y x y

       

(2x 3 )(y x 2y 1) 7

      (*)

0,5

Vì x y, là các số nguyên nên (2x 3 ), (y x 2y1) là các số nguyên.
Do đó, từ (*) ta có 2 3 1

2 1 7

x y
x y
  


    

 hoặc

2 3 1

2 1 7

x y
x y
   


   


hoặc 2 3 7

2 1 1

x y
x y
  


    

 hoặc

2 3 7

2 1 1

x y
x y
   


   



0,25

2 3 1 7

2 1 7 13

7
x

x y

y
  

 

   

 

 

     

 

   

2 3 1 7

2 1 7 17

7
x

x y

y
 

 

    

 

 

    

 

  

0,25
1

2
1

K N

D
O

H
M

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Chú ý :

1) Mọi cách giải đúng khác đều được điểm tối đa.

2) Điểm toàn bài bằng tổng điểm các câu, khơng làm trịn số.

* 2 3 7 2

2 1 1 1

x y x

x y y

 

    

 

 

       

 

 

2 3 7 7

2 1 1 11

x

x y

y
  

 

    

 

 

    

 

  

.
Vậy cặp số nguyên cần tìm là ( ; )x y (2; 1) .

2) Cho a, b, c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác và thỏa mãn 
2ab3bc 4ca 5abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

7 6 5

P

a b c b c a a c b

  

      .

1,0 điểm
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho cặp số dương x, y ta có :

2 1 1 4

2 ( ) 4 (1)

x y xy x y xy

x y x y

       


Đẳng thức chỉ xảy ra khi x = y.

0,25
Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác nên a  b c b,  c a c,  a b là các số

dương. Áp dụng (1), ta được :

1 1 4 2 1 1 8

4
2

b c a a b c b b b c a a b c b

 

 

      

         

0,25
Tương tự:

1 1 4 1 1 6

2 ; 3

b c a a c b c a c b a b c a

   

     

   

         

   

0,25

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được P 2 2 3 4
c a b

 

 

    
 .
Theo giả thiết 2ab 3bc 4ca 5abc 2 3 4 5

c a b

       nên suy ra P 10.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a           b c b c a a c b a b c
Vậy minP 10 đạt được khi a  b c.

</div>

Đáp án chuyên toán học Cần Thơ 2016-2017 - Học Toàn Tập









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về