de thi vao lop 10

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 hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hư[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM Năm học 2008-2009

Mơn TỐN

Thời gian làm 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Bài ( điểm ):

a) Thực phép tính:

3 5

12 6 3 20 10 3



  

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức x x 2008

Bài ( 1,5 điểm ):

Cho hệ phương trình:   

 

 

5 my x3

2 y mx

a) Giải hệ phương trình m 2

b) Tìm giá trị m để hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức

3 m

m 1 y

x 2

2

  



Bài (1,5 điểm ):

a) Cho hàm số x2 2 1

y , có đồ thị (P) Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm M N nằm (P) có hồnh độ  2và

b) Giải phương trình: 3x2 3x 2 x2 x 1

  



Bài ( điểm ):

Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo O Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD vàBC M vàN

a) Chứng minh: 1 AB MO CD

MO





b) Chứng minh: .

MN 2 CD

1 AB

1

 

c) Biết SAOB m2; SCOD n2 Tính SABCD theo m n (với SAOB, SCOD, SABCD diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác ABCD)

Bài ( điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) dây cung AB cố định không qua tâm O; C D hai điểm di động cung lớn AB cho AD BC song song Gọi M giao điểm AC BD Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AOMB tứ giác nội tiếp b) OM  BC

c) Đường thẳng d qua M song song với AD qua điểm cố định

Bài ( điểm ):

a) Cho số thực dương x; y Chứng minh rằng: x y x

y y x2

 



b) Cho n số tự nhiên lớn Chứng minh n4 4n

 hợp số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM Năm học 2008-2009

Mơn TỐN

Thời gian làm 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

I Hướng dẫn chung:

1) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm thống Hội đồng chấm thi

3) Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25

II Đáp án:

Bài Nội dung Điể

m

1 (1đ)

a) Biến đổi được:

2 2 3 3 5 ) 2 2 3 )( 3 5 (      0,25 0,25 b) Điều kiện x 2008

4 8031 4 8031 ) 2 1 2008 x ( 4 1 2008 ) 4 1 2008 x . 2 1 . 2 2008 x ( 2008 x x              

Dấu “ = “ xảy

4 8033 x 2 1 2008

x    (thỏa mãn) Vậy giá trị nhỏ cần tìm

4 8033 x khi 4 8031  0,25 0,25 2 (1,5 đ)

a) Khi m = 2 ta có hệ phương trình

        5 y 2 x 3 2 y x 2                    2x2 y 5 52 2 x 5y2 x3 22 y2 x2             5 6 2 5 y 5 5 2 2 x 0,25 0,25 0,25

b) Giải tìm được:

3 m 6 m 5 y ; 3 m 5 m 2

x 2 2

     

Thay vào hệ thức

3 m m 1 y x 2   

 ; ta

3 m m 1 3 m 6 m 5 3 m 5 m 2 2 2        

Giải tìm

7 4 m 0,25 0,25 0,25 3 (1,5 đ)

a) Tìm M(- 2; - 2); N )

2 1 : 1

( 

Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng qua M N nên

            2 1 b a 2 b a 2

Tìm ;b 1 2

1

a   Vậy phương trình đường thẳng cần tìm x 1 2 1

y 

0,25

0,25 0,25

b) Biến đổi phương trình cho thành 3(x2 x) x2 x

   



Đặt t x2 x 

Giải tìm t = t =

3 1  (loại)

Với t = 1, ta có x2 x 1 x2 x 1 0     

 Giải

2 5 1

x 

2 5 1 x  

0,25

4 (2đ)

Hình vẽ

O

A B

C D

N

M 0,25

a) Chứng minh

AD MD AB

MO ; AD AM CD

MO

 

Suy 1

AD AD AD

MD AM AB

MO CD MO

  



 (1)

0,25 0,50

b) Tương tự câu a) ta có 1 AB NO CD NO

  (2)

(1) (2) suy 2

AB MN CD MN hay 2 AB

NO MO CD

NO MO

 

   

Suy

MN 2 AB

1 CD

1

 

0,25 0,25

c)

n . m S

n . m S

S S S

S OC OA OD OB ; OC OA S

S ; OD OB S

S

AOD

2

AOD

COD AOD AOD

AOB COD

AOD AOD

AOB

 

 

 

 



Tương tự SBOC m.n Vậy SABCD m2n2 2mn(mn)2

0,25 0,25

5 (3đ)

Hình vẽ (phục vụ câu a)

O I

C D

M

B A

0,25

a) Chứng minh được: - hai cung AB CD - sđ góc AMB sđ cung AB

Suy hai góc AOB AMB

O M phía với AB Do tứ giác AOMB nội tiếp

0,25 0,25 0,25 0,25 b) Chứng minh được: - O nằm đường trung trực BC (1)

- M nằm đường trung trực BC (2)

Từ (1) (2) suy OM đường trung trực BC, suy OMBC

0,25 0,25 0,25 c) Từ giả thiết suy dOM

Gọi I giao điểm đường thẳng d với đường trịn ngoại tiếp tứ giác AOMB, suy góc OMI 900, OI đường kính đường tròn

Khi C D di động thỏa mãn đề A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy I cố định Vậy d qua điểm I cố định

0,25 0,25 0,25 0,25 a) Với x y dương, ta có x y

x y y x2

 

6 (1đ)

(2) x3 y3 xy(x y) (x y)(x y)2 0        

(2) với x > 0, y > Vậy (1) với x0, y0

0,25 0,25 b) n số tự nhiên lớn nên n có dạng n = 2k n = 2k + 1, với k số tự nhiên lớn

- Với n = 2k, ta có n44n (2k)4 42k lớn chia hết cho Do n4 4n

 hợp số -Với n = 2k+1, tacó

2 k

k 2 k

k n

4 4 n 4 .4 n (2.4 ) (n 2.4 ) (2.n.2 )

n        

= (n2 + 22k+1 + n.2k+1)(n2 + 22k+1 – n.2k+1) = [( n+2k)2 + 22k ][(n – 2k)2 + 22k ] Mỗi thừa số lớn Vậy n4 + 4n hợp số

0,25

0,25