SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn Đề số 2 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2004 – 2005 Thời gian làm bài 150 phút Ngày thi: 14/7/2004 I) Lí thuyết: (2,0 điểm). Thí sinh chọn một trong hai đề sau để làm bài. Đề 1: Phát biểu định nghĩa và nêu các tính chất của hàm số bậc nhất. Áp dụng: Cho hàm số bậc nhất y x3 5= − . Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của y khi 1 ≤ x ≤ 2. Đề 2: Viết công thức tính độ dài của một đường tròn, độ dài của một cung tròn. Áp dụng: Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng (B là điểm nằm giữa hai điểm A và C). Chứng minh rằng độ dài của nửa đường tròn có đường kính AC bằng tổng các độ dài của hai nửa đường tròn có đường kính lần lượt là AB và BC. II) Các bài toán bắt buộc: (8,0 điểm). Bài 1: (1,5 điểm). Chứng minh rằng : 1 21 . 1 2 12 2 − = +         − − − ++ + a a a a a aa a với a > 0; a ≠ 1. Bài 2: (2,5 điểm). Cho parabol (P) có phương trình y x 2 = và đường thẳng (D) có phương trình y x m 2 2 1= + + . a) Chứng minh rằng với mọi m, (D) luôn luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B . b) Ký hiệu x A , x B lần lượt là hoành độ của điểm A và điểm B. Hãy xác định giá trị của tham số m sao cho ta có: 10 22 =+ BA xx . Bài 3: (3,0 điểm). Cho một nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Từ B, ta vẽ một cát tuyến cắt nửa đường tròn tại C và cắt tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn tại P. a) Chứng minh tích BC. BP không đổi. b) Trong trường hợp BP = 2AP, hãy tính diện tích của hình được giới hạn bởi PA, PC và cung AC. Bài 4: (1,0 điểm). Tính: 33 2142021420 −++ –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. --------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN --------------------------------- I) Lý thuyết: ( 2,0 điểm). Đề 1: Phát biểu đúng định nghĩa và tính chất. (1,0 điểm). (đúng định nghĩa cho 0,5 điểm, đúng mỗi tính chất cho 0,25 điểm) ( Xem SGK Đại số 9 - Trang 40, 41). Áp dụng: Hàm số bậc nhất y f x x( ) 3 5= = − có hệ số a = 3 > 0 nên nó là hàm số đồng biến trong tập xác định R (0,25 điểm). Do đó: khi 1 ≤ x ≤ 2 thì f(1) ≤ f(x) ≤ f(2) (0,25 điểm). Mà f(1) = 3. 1 – 5 = – 2; f(2) = 3. 2 – 5 = 1 Vậy – 2 ≤ f(x) ≤ 1 khi 1 ≤ x ≤ 2 (0,25 điểm). Từ đó suy ra min y = – 2 , max y = 1 khi 1 ≤ x ≤ 2 (0,25 điểm). Đề 2: Độ dài C của một đường tròn bán kính R là: C = 2πR. (0,5 điểm). Độ dài l của một cung tròn có số đo n 0 là: 180 Rn l π = (0,5 điểm). (Nếu viết đúng công thức mà không nói rõ các ký hiệu trong công thức thì mỗi công thức trừ 0,25 điểm) Áp dụng: Gọi C 1 , C 2 , C 3 lần lượt là độ dài của nửa đường tròn đường kính AC, AB, BC. Ta có: C 1 = 2 1 πAC, C 2 = 2 1 πAB, C 3 = 2 1 πBC (0,5 điểm). C 2 + C 3 = 2 1 πAB + 2 1 πBC = 2 1 π(AB + BC) Do B nằm giữa hai điểm A và C nên AB + BC = AC Vậy C 2 + C 3 = 2 1 πAC (0,25 điểm). Do đó C 1 = C 2 + C 3 . (0,25 điểm). II) Các bài toán bắt buộc: ( 8,0 điểm). Bài 1: ( 1,5 điểm). Với a > 0; a ≠ 1 ta có: a a a a aa a 1 . 1 2 12 2 +         − − − ++ + = ( ) ( ) ( ) a a aa a a a 1 . 1.1 2 1 2 2 + +− − − + + (0,5 điểm). = ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) a a aa aaaa 1 . 1.1 1212 2 + −+ +−−−+ (0,5 điểm). = ( ) aa a 1 2 − (0,25 điểm). = 1 2 −a (đpcm). (0,25 điểm). Bài 2: ( 2,5 điểm). Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là: x x m 2 2 2 1= + + ⇔ x x m 2 2 2 ( 1) 0− − + = (1) (0,5 điểm). Ta có: ∆ ′ = 1 + m 2 + 1 = m 2 + 2 > 0 , ∀ m 2 ⇒ (1) luôn luôn có hai phân biệt với ∀ m. (0,25 điểm). Do đó (D) luôn luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B. (0,25 điểm). b) Vì x A , x B lần lượt là hoành độ của điểm A và điểm B nên x A , x B là hai nghiệm của (1). Do đó x A + x B = 2 ; x A . x B = – (m 2 + 1) (0,5 điểm). Vậy: 22 BA xx + = 10 ⇔ (x A + x B ) 2 – 2 x A . x B = 10 ⇔ 4 + 2(m 2 + 1) = 10 ⇔ m 2 = 2 (0,5 điểm). ⇔ 2±=m (0,25 điểm). Kết luận: Giá trị cần tìm của m là 2±=m (0,25 điểm). Bài 3: ( 3,0 điểm). a) Chứng minh BC. BP không đổi: Ta có · ACB 0 90= nên AC là đường cao của tam giác vuông BAP. (0,5 điểm). Do đó BC. BP = AB 2 = 4R 2 ⇒ BC. BP không đổi (đpcm). (0,5 điểm). b) Diện tích S của hình được giới hạn bởi PA, PC và cung AC bằng hiệu của diện tích tam giác APB với tổng diện tích quạt tròn AOC và tam giác BOC. (0,25 điểm). Khi BP = 2AP thì ∆ BAP là nửa tam giác đều có cạnh là BP Suy ra · PBA 0 30= và · AOC 0 60= nên AC = R. (0,25 điểm). + Tam giác APB có: AB = AP 3 ⇒ 3 2R AP = (0,25 điểm). + Diện tích ∆ BAP là 3 32 . 2 1 2 R APAB = (0,25 điểm). + Diện tích quạt tròn AOC là 6 2 R π (0,25 điểm). + Diện tích ∆ BOC bằng 2 1 diện tích tam giác vuông ABC. Mà ABC là nửa tam giác đều cạnh AB nên diện tích ∆ BOC là: 8 3 . 2 1 2 AB = 4 3 2 R (0,25 điểm). Vậy S =         +− 4 3 63 32 222 RRR π = ( ) 12 235 2 π −R (0,5 điểm). Chú ý: Nếu thiếu hình vẽ hoặc hình vẽ sai, không phù hợp với lời giải thì không chấm. Bài 4: ( 1,0 điểm). Đặt 3 21420 +=u , 3 21420 −=v và vuy += Ta có: y u v u v uv u v 3 3 3 3 ( ) 3 ( )= + = + + + (1) (0,25 điểm). Mà u v 3 3 + = 20 + 214 + 20 – 214 = 40 214.2400 3 2 =−=uv Nên (1) ⇔ y 3 – 6y – 40 = 0 ⇔ y 3 – 64 – 6y + 24 = 0 ⇔ (y 3 – 4 3 ) – 6(y – 4) = 0 ⇔ (y – 4).(y 2 + 4y + 10) = 0 ⇔ y = 4 (0,5 điểm). Vậy 33 2142021420 −++ = 4. (0,25 điểm). ----------------oOo---------------- Ghi chú: Mọi cách giải khác, nếu đúng mà phù hợp với chương trình đều cho điểm tốt đa. 3 A B C P O . B = 2 ; x A . x B = – (m 2 + 1) (0,5 điểm). Vậy: 22 BA xx + = 10 ⇔ (x A + x B ) 2 – 2 x A . x B = 10 ⇔ 4 + 2( m 2 + 1) = 10 ⇔ m 2 = 2 (0,5 điểm). ⇔ 2 =m. BOC là: 8 3 . 2 1 2 AB = 4 3 2 R (0 ,25 điểm). Vậy S =         +− 4 3 63 32 222 RRR π = ( ) 12 235 2 π −R (0,5 điểm). Chú ý: Nếu thi u hình vẽ hoặc