đề thi toán chuyên 10

PHẦN GIỚI THIỆU - Đơn vị : THCS LEÂ HOÀNG PHONG - Thị xã Cam Ranh, tỉnh Khánh Hòa - Đề dự thi môn : TOÁN Chuyên - Giới thiệu tác giả : tốt nghiệp Năm tham gia giảng dạy Môn đang dạy Đ

PHẦN GIỚI THIỆU

- Đơn vị : THCS LEÂ HOÀNG PHONG - Thị xã Cam Ranh, tỉnh Khánh Hòa

- Đề dự thi môn : TOÁN (Chuyên)

- Giới thiệu tác giả :

tốt nghiệp

Năm tham gia giảng dạy

Môn đang dạy

Điện thoại liên hệ

SỞ GD-ĐT KHÁNH HỊA ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT / 2007-2008

Phịng GD Cam Ranh Mơn thi : TỐN (chuyên)

Thời gian : 150 phút (khơng kể thời gian phát đề)

Bài 1 : (1,5 điểm) Cho biểu thức : 3 5 1 6

2

1 3

2

+

−

−

−

−

+

−

−

+

=

x x

x x

x x

x A

a Rút gọn A, rồi tìm giá trị nhỏ nhất của A.

b Tìm các giá trị của x để A<-1

Bài 2 : ( 2 điểm) Cho Parabol y= x22 (P) và đường thẳng y= 2

2

3

+

x (d)

a Vẽ (P)và (d) trên 1 hệ trục xOy, xác định tọa độ giao điểm A, B của (P) và (d).

b Chứng minh rằøng tam giác OAB vuông Tính khoảng cách từ O đến AB

Bài 3 : ( 1,5 điểm) Cho N=1.2.3 + 2.3.4 + + n(n+1)(n+2)

Chứng minh rằng 4N+1 là 1 số chính phương với mọi số nguyên dương n

Bài 4 : ( 3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, M là điểm di động

trên đoạn AB Kẻ MC vuông góc AB ( C thuộc nửa đường tròn tâm O), Vẽ các nửa đường tròn tâm O1 đường kính AM và tâm O2 đường kính BM chúng lần lượt cắt CA và

CB tại D và E

a Chứng minh tứ giác CDME là hình chữ nhật

b Chứng minh rằng tứ giác ADEB nội tiếp

c Xác định vị trí của M trên đoạn AB để diện tích tứ giác O1DEO2 đạt giá trị lớn nhất

d Chứng minh rằng : 3 DA2 + 3 EB2 = 3 AB2

Bài 5 : ( 1,5 điểm) Giải hệ phương trình :

( ) ( )







= + + +

= +

+

35 1 1

5

3 3

y x

xy y x

HẾT ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN (chuyên)

Bài1

(1,5đ)

a

(1 đ)

b

(0,5đ)

+ Điều kiện :









≠

≠

≥

⇔











≠−

≠−

≥

4 9 0 02 03

0

x x x x x x

1 3 3 1

2 2

−

−

−

−

− +

−

− +

x x

x x

x x

x

3 3 3 2 4

−

−

+

− + +

−

−

=

x x

x x

x x

1 2

3

2

−

−

=

−

−

+

−

=

x x

x x

• Vậy A = 3−1 x

3

1 3

1 3

1 3

−

⇒

≤

x x

3

1 ⇔ =

GTNNA

+ Để A<-1

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

16 9 9 16 9 16

0 3

04

0 3

04

0 3

4

0 3

1 1

1 3

1

<<

⇔





















>

<







<

>

⇔

























<−

<−









>−

>−

⇔

>

− −⇔

>

−

−−⇔

−<

−

⇔

x x x x x

x x

x x

x x

x x

• Vậy khi : 9<x<16 thì : A<-1

Bài 2

(2 đ)

a (1đ)

+Bảng giá trị của đồ thị hàm số : y=

2

2

x và y= 2

2

3

+

x

2

3

+

10 8 6 4 2

B(-1;0,5)

A(4;8)

y

b (1đ)

Nhận xét :

Dựa vào đồ thị ta thấy (P) cắt (d)

tại hai điểm A(4 ;8) và B(-1 ;0,5)

 Có thể giải cách khác như sau :

Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) : =

2

2

2

3

+

x







=

=

⇒







−=

=

⇔

=

−

−

⇔

5;

8 1

4 0 4 3

2

y

y x

x x

x

Vậy (P) cắt (d) tại hai điểm A(4 ;8) và B(-1 ;0,5)

+Tính :

OA= (x A−x O) (2+ y A−y O)2 = 16 + 64 = 80 = 4 5

OB= (x B −x O) (2 + y B−y O)2 = 1 +41 = 25

2

17 5 2

325 4

225 25

2 2

=

= +

=

− +

x









=

+

=

4

325

2 2

• Vậy tam giác ABO vuông tại O

 Có thể giải cách khác như sau :

Dùng định lí Pitago để tính OA ; OB ; AB

+ Gọi d là khoảng cách từ O đến AB Theo hệ thức lượng trong tam

giác vuông ABO ta có : d.AB =OA.OB

0,5 điểm

0,5 điểm

Bài 3

(1 đ)

17

17 4 2

17 5 2

5 5 4

=

⇒

AB

OA OA d

• Vậy khoảng cách từ O đến AB là : 41717

Ta có :

4

1 3 2 1 4

1

1 3

2 1 4

1

2 1

+ +

−

− + +

+

=

−

− + +

+

=

+ +

K K K K K

K K K

K K

K K K

K K K

Với K∈N, K ≥ 1 Cho K chạy từ 1, 2, 3, n ta được :

Khi K = 1 : 1.2.3 = 41 1.2.3.4 - 0

Khi K = 2 : 2.3.4= 41 2.3.4.5 - 14 1.2.3.4

Khi K = 3 : 3.4.5= 41 3.4.5.6 - 14 2.3.4.5



Khi K= n : n(n+1)(n+2)= 41 n(n+1)(n+2)(n+3)- 41 (n-1)n(n+1)(n+2)

Cộng vế theo vế ta được : N = 41 n(n+1)(n+2)(n+3)

⇒4N+1 = n(n+1)(n+2)(n+3)+1=(n2+3n)(n2+3n+2)+1

1 3 1

3 2

n

• Vậy 4N+1 là 1 số chính phương

 Có thể giải cách khác như sau :

Gọi T= 1.2.3.4 + 2.3.4.5+ +n(n+1)(n+2)(n+3)

Ta có : T-4N= 1.2.3.4 + 2.3.4.5+ +n(n+1)(n+2)(n+3) -(1.2.3.4 +

2.3.4.4 + + n(n+1)(n+2).4)=T- n(n+1)(n+2)(n+3)

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

E D

B

O1 A

Bài 4

(3,5 đ)

a

(0,75đ)

b

(0,75đ)

c

( 1 đ)

( )( ) ( ) ( ) ( 2 )2

2 2 2 2

2

1 3

1 3 2 3 1

2 3 3

1 4

4

3 2 1

+ +

=

+ + + +

= + + + +

= +

⇒

+ + +

=

⇒

n n

n n n n n

n n n N

n n n n N

• Vậy 4N+1 là 1 số chính phương

+Ta có :











=

∠

=

∠

=

∠

0 0 0

90 90 90

ACB MEB

ADM

(g.n.t chắn nửa đ

tròn)











=

∠

=

∠

=

∠

⇒

0 0 0

90 90 90

DCE MEC MDC

• Vậy : Tứ giác MDCE là hình chữ nhật

+Ta có : ∠CME= ∠CBM (vì cùng phụ góc MCB)

Mà : ∠CME = ∠CDE( tính chất hình chữ nhật)

CBM CDE= ∠

∠

⇒

• Vậy : Tứ giác ADEB nội tiếp được đường tròn

+Ta có tứ giác DCEM là hình chữ nhật S DME S DCEM

2

1

=

⇒

+Ngoài ra DO1 và EO2 lần lượt là hai đường trung tuyến của tam

giác ADM và MEB nên ta có :

0,5 điểm

0,75 điểm

0,75 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

(1đ)

( vi CM R )

R CM

R CM AB S

S

S S

S S

ABC O

DEO

MEB MEO

ADM MDO

≤

≤

=

=

=

⇒













=

=

: 2

2

4

1 2

1 2 1 2 1

2 2

1 2 1

2

2 2 1

• Vậy khi M≡ O thì diện tích tứ giácDEO1O2 đạt giá trị lớn

nhất là

2

2

R

 Có thể giải cách khác như sau :

MD O CMD

MD O DM O

CMD

EDM

⊥

⇒

=

∠⇒











=

∠+

∠

∠=

∠=

∠

1

0 1 0 1

1

90

Tương tự : O2E⊥ DE⇒O1D//O2E ⇒ Tứ giác O1DEO2 là hình thang

2 2

2

2 2

1 2 1

R CM R DE E O D O

2

2 2 1

• Vậy khi M≡ O thì diện tích tứ giácDEO1O2 đạt giá trị lớn nhất là R22

+Aùp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AMB ; AMC ;

ABC ta có :

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

Bài 5

(1,5đ)

3 2 3

3 3

3 3

3

3 2

3 2

3 4

2

2 2 2

3 4

2

2 2 2

.

.

AB AB

AB AB

BM

AM AB

BM AB

AM BE

AD

AB

BM AB MB

MB CB

CB BE BE

AB

AM AB AM

AM CA

CA AD AD

=

=

+

= +

= +

⇒













=

=

=

=

=

=

• Vậy : 3 DA2 + 3 EB2 = 3 AB2

 Có thể giải cách khác như sau :

+Aùp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông :AMC; AMB;

ABC ta có :

⇒

⇒

2

4 2

2

4 2

2

2

2

2

.

.

BC

MB BE

AC

AM AD

BC

MB BE

AC

AM AD BCBE MB

ACAD AM

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

3 2 3

3 3

3 3

3

3 2

3 2

3 4

2

3 4

2

.

.

AB AB

AB AB

BM

AM AB

BM AB

AM BE

AD

AB

BM AB MB

MB

BE

AB

AM AB AM

AM

AD

=

=

+

= +

= +

⇒













=

=

=

=

⇒

• Vậy : 3 DA2 + 3 EB2 = 3 AB2

+Ta có :

( )( )

⇔

⇔

⇔

⇔

351 1

21661

1

351

1

611

351 1

611 351

1

15

1

351

1

5

3 3

33 3

3

3

3 3 3 3

3

3

yx

yx

yx

yx

yx

xyx yx

xyyx

yx

xyyx

+Đặt : ( )

( )









= +

=

+

b y

a x

3

3

1

1

+Ta có :







=

=

+

216

35

b

a

b

a

theo Viét đảo thì a, b là hai nghiệm của phương

0,5 điểm

0,5 điểm

trình : X2-35X+216=0 





=

=

⇔

8

27

X X

()

()

()

2

1

1

2

31

21

21

31

271

81

81

271

3

3

3

3

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

• Vậy hệ phương trình có hai nghiệm :







=

=

1

2

y

x

;







=

=

2

1

y x

 Có thể giải cách khác như sau :

Ta có :

( ) ( )







= + +

− + + +

−

+

=

+

+

⇔







= + + + + + +

+

=

+

+

⇔







= +

+

+

=

+

+

33 3

2 3

3

5

35 1 3 3 1

3

3

5

35 1

1

5

2 3

2 3 2

3

3 3

y x xy y x y x xy y

x

xy

y

x

y y y x x

x

xy

y

x

y

x

xy

y

x

Đặt







=

+

=

xy

P

y

x

S

Điều kiện : S2-4P≥ 0

( ) ( ) ( )





















=

=







=

=

⇔







=

=+

⇔







=

=

⇔

















=+

+

=−

−=

⇔







=+

+−

−=

⇔







=−

−+

−=

⇔







=+

−+

−

=+

⇔

2 1 1

2 2

3

2

3

021 9 03

5 021

9

3

5

063 66

5 333 63

3

5

2 2

2 3 2

3

y x y

x xy

yx

P

S

VN SS S

S P SS

S

S

P

SS S

S

P SP

SPS

S

PS

• Vậy hệ phương trình có hai nghiệm :







=

=

1

2

y

x

;







=

=

2

1

y x