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
trình : X
2
-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 :
( ) ( )
( ) ( ) ( )
[ ]
( )
=++−+++−+
=++
⇔
=+++++++
=++
⇔
=+++
=++
333233
5
35133133
5
3511
5
23
2323
33
yxxyyxyxxyyx
xyyx
yyyxxx
xyyx
yx
xyyx
Đặt
=
+=
xyP
yxS
Điều kiện : S
2
-4P≥ 0
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét