Đề thi tuyển sinh THPT chuyên môn Toán năm 2008 - Sở GD&ĐT Phú Yên

Chia sẻ: Tran Binh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đề thi tuyển sinh THPT chuyên môn Toán năm 2008 của Sở GD&ĐT Phú Yên dành cho các bạn học sinh nhằm giúp các bạn củng cố kiến thức và trau dồi kinh nghiệm làm bài về: Giải phương trình, tìm số nguyên, tìm quỹ tích các điểm.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh THPT chuyên môn Toán năm 2008 - Sở GD&ĐT Phú Yên

< """"."."'" c,.,,",
SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN *** KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2008 -2009 MÔN : TOÁN - Chuyên ------- ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang I- Hướng dẫn chung: 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 hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số. II- Đáp án và thang điểm: CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1a. Xét phương trình x2 – mx + m2 - 3 = 0 (1). (2,0đ) Để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 đều dương thì:   0 m 2  4(m 2  3)  0   2  P  0  m  3  0 0,5 S  0 m  0   m 2  4 | m | 2  2   m  3  | m | 3  3  m  2 (2) . 1,0 m  0   m  0 Vậy, với 3  m  2 thì phương trình (1) có hai nghiệm đều dương. 0,5 Câu 1b. Theo giả thiết và theo Định lý Pytago : (1,0đ) 0,5 x12  x2  4  ( x1  x2 )2  2 x1 x2  4  m 2  2( m 2  3)  4  m  2. 2 Các giá trị này không thỏa điều kiện (2) nên không có giá trị nào của m để x1, x2 là độ dài hai cạnh AB, AC của tam giác ABC vuông tại A có cạnh huyền BC = 2. 0,5 Câu 2a. Với mọi n  N* , ta có: (1,5đ) 1 (n  1) n  n n  1  0,5 (n  1) n  n n  1 n(n  1)2  n 2 (n  1) (n  1) n  n n  1 n n 1 1 1 =     (*) 0,5 n(n  1) n n 1 n n 1 1 1 1  + = 0,5 (n  1) n  n n  1 n 1 n Hướng dẫn chấm môn Toán – Trang1
Câu 2b. Áp dụng (*) vào tính P với n lấy từ 1 đến 2008 ta có: (1,5đ)  1 1   1 1   1 1   1 1  P =        ...     0,5  1 2  2 3  3 4  2008 2009  1 1 1 =   1  1. 0,5 1 2009 2009 Vậy P < 1. 0,5 Câu 3. x3  x (3,5đ) Xét phương trình 2 2 (1) ( x  x  1)2 Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên có thể viết 0,5 phương trình (1) dưới dạng: x3  x 1 x 2 x 2 x  1  1 2 2  2  2  2  x   1  x  (2) 1,0  x2  x  1   1   x  x    x  x  1  x    1 Đặt t = x  , |t|  2, (2)  2t2 - 5t + 2 = 0. 0,5 x 1 Giải ra ta được t1 = (loại), t2 = 2 (nhận). 0,5 2 1 Do đó: x  = 2  x2 -2x + 1 = 0  x = 1. 0,5 x Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. 0,5 Câu 4. x2  y2  z2 (1) (3,5đ) Với điều kiện 1  x  y  z (*) :   xy  2( x  y )  2 z (2) Từ (1) ta có : z 2  ( x  y )2  2 xy  ( x  y )2  4( x  y )  4 z 0,5 2 2  ( x  y )  4( x  y )  4  z  4 z  4  ( x  y  2) 2  ( z  2)2 0,5  x  y  2  z  2 (vì từ (*) x  y  2 và z + 2 >0). 0,5 Thay z = x + y – 4 vào (2) ta được :  x  4  1  x  5   ( x  4)( y  4)  8    y  4  8    y  12  x  4  2  x  6 1,0    y  4  4   y  8  Từ đó ta suy ra z = 13 hoặc z = 10. 0,5 Hướng dẫn chấm môn Toán – Trang2
x  5 x  6   Vậy  y  12 hoặc  y  8 . 0,5  z  13  z  10   Câu 5. (3,0đ) A D C' O D' B' A' B C Từ các đỉnh hình vuông ta kẻ các đoạn AA’, BB’, CC’ , DD’ vuông góc với d. Đặt T = AA’2+ BB’2+CC’2+ DD’2. 0,5 Ta có  OAA’ =  OCC’ (cạnh huyền – góc nhọn) suy ra AA’ = CC’ Tương tự  OBB’ =  ODD’ suy ra BB’ = DD’ 1,0 Từ đó suy ra T = 2(AA’2 + BB’2) (1) 0,5 Mặt khác, ta có A ' AO  B ' OB (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) và AO = BO nên  A’AO =  B’OB (cạnh huyền –góc nhọn)  BB’ = A’O (2). 0,5 Thay (2) vào (1) và áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông A’AO ta được: 2 2 AC 2 AC 2 2 T = 2(AA’ + A’O ) = 2AO = 2   AB 2 , là hằng số. 0,5 4 2 Hướng dẫn chấm môn Toán – Trang3
Câu 6. I (4,0đ) C' C E A B O E' M K a) Phần thuận: Gọi I là điểm chính giữa cung AB. - Xét C thuộc cung BI. Tam giác CEB có C  900 , CE = CB nên vuông cân, suy ra CEB  450 , AEB  1350 . 0,5 Điểm E nhìn AB dưới một góc 1350 nên E chuyển động trên cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn AB (cung này cùng phía với I đối với 0,5 AB). - Xét C’ thuộc cung AI. Tam giác C’E’B vuông cân nên C ' E ' B  450 Điểm E’ nhìn AB dưới một góc 450, nên E’ chuyển động trên cung 0,5 chứa góc 450 dựng trên đoạn AB. Khi C’  I thì E’  A. Khi C’ tiến đến A thì E’ tiến đến K ( AK  AB 0,5 và AK =AB). Điểm E’ chuyển động trên cung AK của cung góc 450 dựng trên đoạn 0,5 AB (khác phía với I đối với AB). b) Phần đảo: - Lấy E bất kỳ thuộc cung chứa góc 1350 dựng trên AB, AE cắt nửa đường tròn (O) tại C. Ta có AEB  1350 , tam giác CEB vuông có 0,5 CEB  450 nên CE = CB. - Lấy E’ bất kỳ thuộc cung AK, E’A cắt nửa đường tròn (O) tại C’. Ta 0,5 có AE ' B  450 , tam giác C’E’B vuông có C ' E ' B  450 nên C’E’ = C’B. c) Kết luận: Quỹ tích điểm E là cung chứa góc 1350 dựng trên AB (cùng phía với I đối với AB) và cung AK chứa góc 450 dựng trên AB (khác phía với I đối với AB). Hai cung trên hợp lại thành nửa đường tròn đường kính BK (vì BAK  900 ). 0,5 =Hết= Hướng dẫn chấm môn Toán – Trang4
ĐÁP ÁN PHẦN BỔ SUNG ---- Câu 3. x3  x (3,5đ) Vì x 2  x  1 > 0 nên phương trình  2 (1) viết là: ( x 2  x  1)2 x3 + x = 2(x2-x+1)2  2x4-5x3+6x2-5x + 2 = 0 (2) 0,5 Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (2) nên chia 2 vế phương trình cho x2 và sắp xếp lại ta được: 1 1 2( x 2  2 )  5( x  )  6  0 1,0 x x 1 0,5 Đặt t = x  , |t|  2, (2)  2t2 - 5t + 2 = 0. x 1 Giải ra ta được t1 = (loại), t2 = 2 (nhận). 0,5 2 1 Do đó: x  = 2  x2 -2x + 1 = 0  x = 1. 0,5 x Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. 0,5 Hướng dẫn chấm môn Toán – Trang5