đề thi toán chuyên 10

PHẦN GIỚI THIỆU - Đơn vị : THCS LÊ HỒNG PHONG - Thị xã Cam Ranh, tỉnh Khánh Hòa - Đề dự thi mơn : TỐN (Chun) - Giới thiệu tác giả : Stt Họ và tên GV Năm tốt nghiệp Năm tham gia giảng dạy Mơn đang dạy Điện thoại liên hệ 1 TÔN VĂN THÂM 1991 1991 TOÁN 0914103178 SỞ GD-ĐT KHÁNH HỊA ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT / 2007-2008 Phòng GD Cam Ranh Mơn thi : TỐN (chun) Thời gian : 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Bài 1 : (1,5 điểm) Cho biểu thức : 65 1 3 2 1 3 2 +− − − − + − − + = xx x x x x x A a. Rút gọn A, rồi tìm giá trò nhỏ nhất của A. b. Tìm các giá trò của x để A<-1. Bài 2 : ( 2 điểm) Cho Parabol 2 2 x y = (P) và đường thẳng y= 2 2 3 + x (d) a. Vẽ (P)và (d) trên 1 hệ trục xOy, xác đònh 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 O 1 đường kính AM và tâm O 2 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 đònh vò trí của M trên đoạn AB để diện tích tứ giác O 1 DEO 2 đạt giá trò lớn nhất. d. Chứng minh rằng : 3 2 3 2 3 2 ABEBDA =+ Bài 5 : ( 1,5 điểm) Giải hệ phương trình : ( ) ( )    =+++ =++ 3511 5 33 yx xyyx ----HẾT---- ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN (chuyên) Bài Nội dung đáp án Thang điểm Bài1 (1,5đ) a (1 đ) b (0,5đ) + Điều kiện :      ≠ ≠ ≥ ⇔      ≠− ≠− ≥ 4 9 0 02 03 0 x x x x x x + A= ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 23 133122 −− −−−+−−+ xx xxxxx ( )( ) 23 33324 −− +−++−− = xx xxxx ( )( ) 3 1 23 2 − − = −− +− = xxx x • Vậy A = x − 3 1 +Ta có : 0 3 1 3 1 3 1 33 =⇔=⇒≥ − ⇒≤− xGTNNA x x • Vậy 0 3 1 =⇔= xGTNNA + Để A<-1 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 169 9 16 9 16 03 04 03 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 trò của đồ thò hàm số : y= 2 2 x và y= 2 2 3 + x x 4 2 0 2 4 x -1 4 y= 2 2 x 8 2 0 2 8 y= 2 2 3 + x 0,5 8 +Đồ thò 0,5 điểm 10 8 6 4 2 -2 B(-1;0,5) A(4;8) -1 O 4 x y b (1đ) Nhận xét : Dựa vào đồ thò 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 x 2 2 3 + x    = = ⇒    −= = ⇔=−−⇔ 5;0 8 1 4 043 2 y y x x xx Vậy (P) cắt (d) tại hai điểm A(4 ;8) và B(-1 ;0,5). +Tính : OA= ( ) ( ) 54806416 22 ==+=−+− OAOA yyxx OB= ( ) ( ) 2 5 4 1 1 22 =+=−+− OBOB yyxx AB= ( ) ( ) 2 175 2 325 4 225 25 22 ==+=−+− ABAB yyxx Suy ra :       =+= 4 325 222 OCOBAB . • Vậy tam giác ABO vuông tại O.  Có thể giải cách khác như sau : Dùng đònh 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) 17 174 2 175 2 5 .54 . ===⇒ AB OAOA d • Vậy khoảng cách từ O đến AB là : 17 174 Ta có : ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) [ ] ( )( )( ) ( ) ( )( ) 211 4 1 321 4 1 1321 4 1 21 ++−−+++= −−+++= ++ KKKKKKKK KKKKK KKK Với K ∈ N, K ≥ 1. Cho K chạy từ 1, 2, 3, .n ta được : Khi K = 1 : 1.2.3 = 4 1 .1.2.3.4 - 0 Khi K = 2 : 2.3.4= 4 1 .2.3.4.5 - 4 1 .1.2.3.4 Khi K = 3 : 3.4.5= 4 1 .3.4.5.6 - 4 1 .2.3.4.5  Khi K= n : n(n+1)(n+2)= 4 1 n(n+1)(n+2)(n+3)- 4 1 (n-1)n(n+1)(n+2) Cộng vế theo vế ta được : N = 4 1 n(n+1)(n+2)(n+3) ⇒ 4N+1 = n(n+1)(n+2)(n+3)+1=(n 2 +3n)(n 2 +3n+2)+1 = ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 131323 ++=++++ nnnnnn • 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 C E D BM O O2O1A Bài 4 (3,5 đ) a (0,75đ) b (0,75đ) c ( 1 đ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 222 13 1323123314 4 321 ++= ++++=++++=+⇒ +++ =⇒ nn nnnnnnnnN nnnn 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 : CBMCME ∠=∠ (vì cùng phụ góc MCB) Mà : CDECME ∠=∠ ( tính chất hình chữ nhật) CBMCDE ∠=∠⇒ • Vậy : Tứ giác ADEB nội tiếp được đường tròn. +Ta có tứ giác DCEM là hình chữ nhật DCEMDME SS 2 1 =⇒ +Ngoài ra DO 1 và EO 2 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 d (1đ) ( ) RCMvi R CM R CMABSS SS SS ABCODEO MEBMEO ADMMDO ≤≤===⇒        = = : 2 . 2 . 4 1 2 1 2 1 2 1 2 21 2 1 ⇒ Max OMRCM R S ODEO ≡⇔=⇔= 2 2 21 • Vậy khi M ≡ O thì diện tích tứ giácDEO 1 O 2 đạt giá trò lớn nhất là 2 2 R .  Có thể giải cách khác như sau : Ta có : DEDODEO MDOCMD MDODMO CMDEDM ⊥⇒=∠⇒      =∠+∠ ∠= ∠=∠ 1 0 1 0 1 11 90 90 Tương tự : ⇒⊥ DEEO 2 ⇒ EODO 21 // Tứ giác O 1 DEO 2 là hình thang vuông ( ) 22 . 2 2 21 21 RCMR DEEODO S DEOO ≤= + =⇒ ( CM=DE, CM≤ R) ⇒ Max OMRCM R S ODEO ≡⇔=⇔= 2 2 21 • Vậy khi M ≡ O thì diện tích tứ giácDEO 1 O 2 đạt giá trò lớn nhất là 2 2 R . +p 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 33 3 3 3 3 3 2 3 2 34 2 2 22 34 2 2 22 . . . . AB AB AB AB BMAM AB BM AB AM BEAD AB BM ABMB MB CB CB BEBE AB AM ABAM AM CA CA ADAD == + =+=+⇒        === === • Vậy : 3 2 3 2 3 2 ABEBDA =+  Có thể giải cách khác như sau : +p 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 BCBEMB ACADAM 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 3 2 33 3 3 3 3 3 2 3 2 34 2 34 2 . . AB AB AB AB BMAM AB BM AB AM BEAD AB BM ABMB MB BE AB AM ABAM AM AD == + =+=+⇒        == == ⇒ • Vậy : 3 2 3 2 3 2 ABEBDA =+ +Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )      =+++ ==++ ⇔    =+++ =++ ⇔    =+++ =+++ ⇔    =+++ +=+++ ⇔    =+++ =++ 3511 216611 3511 611 3511 611 3511 151 3511 5 33 3 33 33 333333 yx yx yx yx yx xyx yx xyyx yx xyyx +Đặt : ( ) ( )      =+ =+ by ax 3 3 1 1 +Ta có :    = =+ 216. 35 ba ba theo Viét đảo thì a, b là hai nghiệm của phương 0,5 điểm 0,5 điểm . hệ 1 TÔN VĂN THÂM 1991 1991 TOÁN 091 4103 178 SỞ GD-ĐT KHÁNH HỊA ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT / 2007-2008 Phòng GD Cam Ranh Mơn thi : TỐN (chun) Thời gian :. PHẦN GIỚI THI U - Đơn vị : THCS LÊ HỒNG PHONG - Thị xã Cam Ranh, tỉnh Khánh Hòa - Đề dự thi mơn : TỐN (Chun) - Giới thi u tác giả : Stt Họ