đáp án đề thi vào lớp 10 chuyên toán tỉnh gia lai năm 2008 - 2009 (đề số 1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOGIA LAI------------------ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊNNăm học: 2008 2009------------------------------ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨCMÔN TOÁN (CHUYÊN)(Gồm 07 trang)Câu (1 điểm) a) chẵn 2n chẵn 2n +n+1 lẻ.....................................................................0,25 lẻ 2n lẻ 2n +n+1 lẻ......................................................................0,25 Vậy 2n +n+1 lẻ, với mọi nguyên dương. b) Với nguyên dương, ta có: 2n 2n +n+1 2n +n+1 2n +n+1 2n +2n+1 ()2n+1 2n +n+1 n+1 Suy ra: <2n +n+1 n+1 ............................................................................0,25 Vậy số 2n +n+1 không phải là số chính phương................................................0,25 đCâu (1 điểm) Với các số a, b, không âm, ta có: ()2a b+ (1)....................................0,25 Thật vậy: (1) ()() 22a 2a ab b+ ()20a b- .................................0,25 Giám khảo lưu Nếu thí sinh phát biểu (1) mà không chứng minh, thì phần trên đây được 0,25 đ) Tương tự, ta có: ()2b c+ (2) ()2c a+ (3) Từ (1), (2), (3), ta có:trang 1()()2 2a a+ hay: 2a a+ ...............................................0,5 đCâu (3 điểm) a) Điều kiện: 14x³ .............................................................................................0,25 Ta có: 122 4x x+ 21 124 2x xæ ö+ =ç ÷è ................................0,5 124 2x x+ 21 124 2xæ ö+ =ç ÷è ......................................0,25 124 2x+ 124 2x+ ........................................0,25 12 24 4x+ 2x= (thỏa mãn ĐK). Vậy: 2x= ...................................................................................................0,25 b) Xét phương trình: 22 2008 0x mx+ (1) Đặt 20x t= ta được phương trình: 22 2008 0t mt+ (2)..........................0,25 Ta có: Phương trình (1) có nghiệm phân biệt Phương trình (2) có nghiệm dương phân biệt..........................................0,25 ' 21 21 22008 02 0. 2008 0mt mt tìD >ï+ >íï= >î ......................................................................................0,5 200820080mmmìé< -ïêí>êëï<î 2008m< ..............................................................................................0,5 đCâu (2,5 điểm)trang 2a) Nếu 2m= thì (d) // (d’), nên không có giao điểm.........................................0,25 đ- Nếu 2m¹ thì (d) cắt (d’). Khi đó, tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình: ()31 2y xy x= +ìí= -î ...............................................................0,25 Giải hệ này, ta được: 1M ;2 2mm m-æ öç ÷- -è ..............................................................0,5 b) Nếu 13m =, thì ()M 3; 0- nên tam giác OHM không tồn tại...........................0,25 Với 2m¹ và 13m ¹, ta có: OHMS 2= 1.OH.MH2 .......................................................................0,25 11 5. .2 2mm m-- 1m- ()24 2m- ..................................0,25 ()()()()225 25 2m mm mé- -êê- -ë ...............................0,25 đÛ 224 31 21 04 11 0m mm mé- =ê- =ë 347mmé=êê=ë Vậy: 34m= và 7m= ..........................................................................................0,5 đCâu 2,5 điểm) a) Gọi là bán kính của đường tròn (O). a1/ Nếu trùng với trang 3EE 'MF ' 'A 'AFO BTa có: MA’ MB’ ME’ MF’ 2R. Suy ra A’E’B’F’ là tứ giác nội tiếp..................................................................0,25 a2/ Nếu không trùng với Gọi là trung điểm của OM. Ta xét trường hợp sau: a2.1 Chỉ trong dây cung AB hoặc EF là đường kính (giả sử là AB) Không mất tính tổng quát, giả sử nằm giữa và B. Ta có: IA’ MA’ MI MA/2 MO/2 OA/2 /2 (1) IB’ IM MB’ OM/2 MB/2 OB/2 /2 (2) IE’ là đtb của tam giác OME IE’ OE/2 /2 (3) IF’ là đtb của tam giác OMF IF’ OF/2 /2 (4) Từ (1), (2), (3), (4), suy ra A’E’B’F’ là tứ giác nội tiếp....................................0,25 a2.2 Cả dây cung AB và EF đều không phải là đường kính IA’ là đtb của tam giác OMA IA’ OA/2 /2 (5)trang 4EIF ' 'E 'A ' MA OBFIE ' 'F 'A ' MOFEA BIB’ là đtb của tam giác OMB IB’ OB/2 /2 (6)IE’ là đtb của tam giác OME IE’ OE/2 /2 (7)IF’ là đtb của tam giác OMF IF’ OF/2 /2 (8) Từ (5), (6), (7), (8), suy ra A’E’B’F’ là tứ giác nội tiếp....................................0,5 b) b1/ Nếu trùng :()21 1S A'E'B'F' .A'B'.E'F'=2 2R Vậy: ()2max1S A'E'B'F'2R= đạt được tại mọi vị trí đường kính AB EF^ ....................................................0,25 b2/ Nếu không trùng Đặt OM d> 0, không đổi. Ta xét trường hợp sau: b2.1 Chỉ trong dây cung AB hoặc EF là đường kính (giả sử là AB) :trang 5OA'F'B'E'EBMAFE'A'B'F'FEBOAM()()2 21 1S A'E'B'F' .A'B'.E'F' A'B' +E'F'2 4£ ()2 21AB +EF16 ()2 2124R d- Vì AB EF, nên: ()S A'E'B'F' ()2 2124R d- ......................................................0,25 b2.2 Cả dây cung AB và EF đều không phải là đường kính Hạ OK AB và OH EF. Ta có: ()()2 21 1S A'E'B'F' .A'B'.E'F' A'B' +E'F'2 4£ ()2 21AB +EF16 ()2 21AK +EH4 ()()2 212 OK +OH4R ()2 2124R d- Vậy: ()maxS A'E'B'F' ()2 2124R d- ...................................................................0,5 đạt được khi và chỉ khi: AB EF OK OH OKMH là hình vuông AB và EF lập với OM các góc bằng 045 ..............................0,25 đtrang 6HKE ' 'F 'A 'A BOFEM- Tóm lại Từ hai trường hợp trên, suy ra: ()maxS A'E'B'F' ()2 2124R d- ,đạt được khi và chỉ khi: AB và EF lập với OM các góc bằng 045 .................0,25 đ* Giám khảo lưu ý:- Câu có nhiều trường hợp, thí sinh làm được phần nào tính điểm phần đó.- Các cách giải khác nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa. --------------------------HẾT----------------------------trang 7Trên đây chỉ là phần trích dẫn 10 trang đầu của tài liệu và có thế hiển thị lỗi font, bạn muốn xem đầyđủ tài liệu gốc thì ấn vào nút Tải về phía dưới.