Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Hà Nam môn thi: Toán ( đề chuyên )

Sở Giáo Dục- đào Tạo kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 CHUYÊN Hà NAM Hà Nam Năm học 2007-2008 Môn thi: toán ( Đề CHUYÊN ) đề chính thức Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề ) Bài 1 (1 đ): Cho : M = x2 + y2+xy-3x-3y+2011. Với giá trị nào của x,y thì M đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị đó? Bài 2 (1 đ): Chứng minh rằng với mọi n N* Bài 3 (1,5 đ): Giải phương trình a/ + = 6x -5-x2 b/ Bài 4 (0,5 đ): Chứng minh rằng x, y, z, + + đều là các số hữu tỉ thì ,, cũng là các số hữu tỉ. Bài 5 (1,5 đ): 1/ Chứng minh rằng nếu một đưởng thẳng không đi qua gốc toạ độ, cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng a, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b thì đường thẳng đó có dạng 2/Cho đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 a/ Chứng minh rằng đường thẳng luôn đi qua một điểm cố định với mọi m. c/ Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng là lớn nhất. Bài 6 (2,5 đ): Cho tam giác OAB (OA = OB). Vẽ đường cao OH, AK biết OA = a, . a/ Tính các cạnh tam giác AKB theo a và . b/ Tính các cạnh của các tam giác OKA và AKB theo a và 2. Từ đó biểu diễn sin2, cos2 theo sin, cos. Bài 7 (2 đ) : Cho hình vuông ABCD. O là một điểm thuọc miền trong hình vuông sao cho OA : OB : OC = 1 : 2 : 3. Tính số đo góc AOB ? ============================= Hướng dẫn chấm ----------------- Bài 1 (1 đ): Ta có: M = (x2 – 2x + 1) + (y2 + xy + 1) + xy – x – y + 1 + 2008 = (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1) + 2008 = (x – 1)2 + = (0,75 đ). Vậy M có giá trị nhỏ nhất là 2008 khi (0,25 đ) Bài 2 (1 đ): Để ý rằng: = < (0,5đ) Do đó : ; ... ; Cộng các bđt trên, ta có: (0,5đ) (đpcm) Bài 3 (1,5 đ): a) Ta có VT Không lớn hơn 4, VP không nhỏ hơn 4 (0,5đ), vậy pt trình có nghiệm khi và chỉ khi hai vế cùng bằng 4. Từ đó ta tìm được x = 3 (0,5đ). b) Ta có Đặt ; với a, b (0,25đ) Đưa pt về dạng Giải pt ta tìm được x = và x = (0,25đ) Bài 4 (0,5 đ): Đặt t = + + Q, Ta có: + = - t x + y + 2 = z + t2 – 2t 2 = - x – y + z + t2 - 2t 4xy = (x + y + z – t2)2 + 4t2 + 4t (x + y – z – t2) (x + y + z – t2)2 + 4zt2 – 4xy = 4t (t2 – x –y – z) (0,25đ) Nếu t = 0 : + + = 0 x = y = z = 0 = = = 0 Q Nếu t2 – x – y + z = 0, t 0: thì 2 = - 2t + t = 0 , , Q * Nếu t ( t2 – x –y + z) 0 = Q Lập luận tương tự, ta suy ra: , Q (0,25đ) Bài 5 (1,5 đ): 1) (0,5đ) Gọi đường thẳng cần xác định là y = mx + n. Đường thẳng đi qua điểm (0 ; b) nên : b = m.0 + n n = b. Đường thẳng đi qua điểm (a ; 0) nên: 0 = m.a + b m = (chú ý rằng a 0). (0,25đ) Đường thẳng cần xác định có dạng: y = -(0,25đ) 2a) Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 (1) đi qua điểm cố định N(xo,yo) là: (m – 2)xo + (m – 1)yo = 1 với mọi m mxo – 2xo + myo – yo – 1 = 0 với mọi m (025đ) (xo + yo)m – (2xo + yo + 1) = 0 với mọi m (0,25đ) Vậy các đường thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1). b) Gọi A là giao điểm của đường thẳng (1) với trục tung. Ta có: x = 0 y = , do đó OA = . Gọi B là giao điểm của đường thẳng (1) với trục hoành. Ta có: y = 0x =, do đó OB = .(0,25đ) Gọi h là khoảng cách Từ O đến đường thẳng (1). Ta có: O A B K H O . Suy ra h2 2. max h = khi và chỉ khi m = . (0,25đ) a) (1 đ) Ta có BAK = AOH = α. Từ tam giác vuông OHA, ta có AH = OAsinα = asinα vậy AB = 2asinα (0,25 đ), mặt khác trong tam giác vuông AKB thì AK = AB. cosα suy ra AK = 2a.sinα.cosα (0,25) và BK = AB.sinα nên BK = 2a.sin2α. (0,5 đ) b) (1,5đ) Với tam giác OKA : AK = OA sin AOK nên AK = asin2α . OK = OAcos AOK nên OK = acos2α (0,25 đ) - Với tam giác AKB ta có : AK = asin2α mà BK = OB – OK= a – acos2α hay BK = a(1 – cos2α) (0,25 đ). Bài 6 (2,5 đ): Theo Pitago thì AB2 = AK2 + BK2 = a2sin22α + a2(1 – cos2a2) = a2. Vì sin22α + cos22α = 1 nên AB2 = a2(1 + 1 – 2cos2α) = 2a2(1 - cos2α) (0,5 đ) - So sánh giá trị của AK, ta có asin2α = 2a.sinα. cosα vậy sin2α = 2sinα.cosα (0,25 đ) A B C D O x K - So sánh giá trị của BK ta có: 2a.sin2α. = a(1 – cos2α) hay cos2α = 1 – 2sin2α (0,25 đ) Bài 7 (2 đ) Dựng tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng không chứa điểm O với bờ là đường thẳng BC sao cho xBC = ABO. Trên tia Bx lấy điểm K, sao cho BK = BO. Do BOK là tam giác vuông cân nên BKO = 45o. Từ D ABO = D CBK, suy ra KC = OA. Đặt OA = a vì OA : OB : OC = 1 : 2 : 3 nên CK = a ; OB = BK = 2a, OC = 3a. Trong tam giác vuông OBK ta có OK2 = OB2 + BK2 = 8a2 . Vì vậy OK2 + CK2 = 8a2 + a2 = 9a2. Mặt khác OC2 = 9a2 như vậy, OC2 = OK2 +KC2. Theo định lí Pitago đảo thì DOKC vuông tại K hay OKC = 90o. Vì CBK= ABO và BCK = BAO, hơn nữa các góc này nhọn, nên K thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đường thẳng song song AB và CD.Từ đó BKC = BKO + OKC = 45o + 90o = 135o. Vì BKC = AOB suy ra AOB = 135o.