Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Bình Phước

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

49
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, xin giới thiệu đến các bạn Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Bình Phước để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Bình Phước

. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013-2014 Đề thi môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 30/6/2013 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) a. Tính A  8  2 7  16  6 7  x x x 1  x 1 b. Rút gọn biểu thức: M   , (với x  0, x  1 ).   : x  x 1 x  x  Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình: x2  4 x  2m  3  0 , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: 3   x1  x2  x1 x2  17 . Câu 3 (2,0 điểm) a. Giải phương trình: x  1  5x  4 x  3  2 x  4 . ( x  2 y  2)(2 x  y )  2 x(5 y  2)  2 y b. Giải hệ phương trình:  2  x  7 y  3 Câu 4 (1,0 điểm) a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4. b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2  2 y 2  5xy  x  2 y  7  0 . Câu 5 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N (khác điểm A). BA CA a. Chứng minh rằng: EB2  ED.EA và .  BD CD b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm. c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP. d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân. Câu 6 (1,0 điểm) a. Chứng minh rằng: a3  b3  ab(a  b) , với a, b là hai số dương. b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a  b  1 . 2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F   a3  b3    a 2  b 2   ab. 2 Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ………………….………SBD: …………. Họ và tên giám thị 1: …………………….. chữ kí: .…….….. Họ và tên giám thị 2: …………………….. chữ kí: .…….….. a l GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2013-2014 Câu 1 (2,0 điểm) a. Tính A  8  2 7  16  6 7 Giải  Ta có A  7  2 7  1  9  2.3 7  7   2 7 1  3  7  2  7 1 3  7  4  x x x 1  x 1 b. Rút gọn biểu thức: M   , (với x  0, x  1 ).   : x  x 1 x  x  Giải  x x 1  x 1  x 1  1  x  1  x 1  x  1  Ta có M   :  x : x   : x  x x 1 x x x 1    x         x 1 Vậy M  x  . x 1 x    x  x x 1   x 1 x 1 Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình: x2  4 x  2m  3  0 , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: 3 x1  x2  x1 x2  17 .   Giải Chú ý Vì x1 , x2 nằm trong các căn bậc hai nên phải có điều kiện x1  0, x2  0 .  '  0  4  2m  3  0 3 7    m +) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x2  x1  0   S  0  4  0 2 2 P  0  2m  3  0   3 7  m  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x2  x1  0 . 2 2  x1  x2  4 Áp dụng định lí Vi-et ta có:   x1.x2  2m  3 +) Với +) Ta có 3       x1  x2  x1 x2  17  3 x1  x2  2 x1 x2  x1 x2  17  3 4  2 2m  3  2m  3  17 m  1  m  1  m  1  2  m  2  6 2m  3  2 m  2  3 2 m  3  m  1   2  m  16m  28  0 9  2m  3  m  2m  1   m  14  So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là m  2 . Câu 3 (2,0 điểm) a. Giải phương trình: x  1  5x  4 x  3  2 x  4 (1) . Giải  x  1 x 1  0 x  0 5 x  0  3  +) ĐK:   3  x 4 4 x  3  0 x  4 2 x  4  0   x  2 +) Ta có PT  x  1  2 x  1. 5x  5x  4 x  3  2 4 x  3. 2 x  4  2 x  4  x  3 (l )  x  1. 5 x  4 x  3. 2 x  4  5 x( x  1)  (4 x  3)(2 x  4)  3x  5 x  12  0    x  4 ( n) 3  4 +) KL: Phương trình có một nghiệm x  . 3 ( x  2 y  2)(2 x  y )  2 x(5 y  2)  2 y b. Giải hệ phương trình:  2  x  7 y  3 Giải 2 2 +) Ta có PT (1)  2 x  xy  4 xy  2 y  4 x  2 y  10 xy  4 x  2 y 2  2 x2  5xy  2 y 2  0   2 x 2  4 xy   (2 y 2  xy)  0  2 x( x  2 y)  y( x  2 y)  0 x  2y  0 x  2y  ( x  2 y)(2 x  y )  0    2 x  y  0  y  2x x  2 y +) Trường hợp 1: x  2 y , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ  2  x  7 y  3  x  1  x  2 y  y  2  x  2 y   x 1  2      x  3  4 y  7 y  3  0 4  x  3      4 3  y  2   y  2x +) Trường hợp 2: y  2 x , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ  2  x  7 y  3   x  7  46  x  2 y   y  14  2 46   y  2x  2    x  7  46    x  14 x  3  0   x  7  46  x  7  46       y  14  2 46 3  x   x  1    x  7  46  x  7  46 4  , ; +) Kết luận: Hệ phương trình có 4 nghiệm:  , . y  2 y  3   y  14  2 46   y  14  2 46  2 Câu 4 (1,0 điểm) a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4. Giải +) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ. Do đó theo nguyên lý Đirichlet trong 3 số nguyên bất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ. +) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ra được hai số có cùng tính chẵn lẻ. Gọi 2 số chính phương được chọn ra đó là a 2 và b 2 . Khi đó ta có a 2  b2  (a  b)(a  b) . +) Vì a 2 và b 2 cùng tính chẵn lẻ nên a, b cũng cùng tính chẵn lẻ. Do đó a  b là số chẵn và a  b cũng là số chẵn a 2  b2  (a  b)(a  b) 4 , (đpcm). Chú ý Ta có thể giải bài toán này bằng cách vận dụng tính chất sau của số chính phương: “Một số chính phương chia cho 4 thì sẽ có số dư là 0 hặc 1”. Khi đó lập luận như cách làm trên ta thu được điều phải chứng minh. Tuy nhiên trong khi làm bài thi nếu vận dụng tính chất này thì học sinh phải chứng minh lại. Bình luận: Với cách làm trên ngắn gọn, đầy đủ song một số học sinh cảm thấy hơi trừu tượng ( do nguyên lí Đirichlet học sinh ít ôn tập không nằm trong chương trình SGK mà ở sách tham khảo). bài toán trên có thể trình bày như sau: Trong ba số nguyên tùy ý luôn tồn tại hai số hoặc chẵn hoặc lẻ Gọi hai số chính phương chọn ra là a 2 và b 2 ( a, b nguyên) + TH1: a, b cùng chẵn: suy ra a 2  b2  (2k1 )2  (2k2 )2  4(k12  k22 ) chia hết cho 4 ; k1 , k2  Z + TH2: a, b cùng lẻ: suy ra a 2  b2  (2k1  1)2  (2k2  1)2  4(k12  k1  k2 2  k2 ) chia hết cho 4 ; k1 , k2  Z Vậy trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4. NGUYỄN ANH TUẤN 0985.767.113 b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2  2 y 2  5xy  x  2 y  7  0 . Giải 2 2 +) Ta có PT   3x  6 xy    2 y  xy    x  2 y   7 .  3x  x  2 y   y  x  2 y    x  2 y   7   x  2 y  3x  y  1  7  1.7  7.1  1.  7   7.  1 Do đó ta có 4 trường hợp sau: 13  x  x  2 y  1 x  2 y  1    7   +) TH1:  ,(loại). 3x  y  1  7 3x  y  6 y  3  7 x  2 y  7 x  2 y  7 x  1   +) TH2:  ,(nhận). 3x  y  1  1 3x  y  0  y  3 17  x   x  2 y  1  x  2 y  1  7   +) TH3:  ,(loại). 3 x  y  1   7 3 x  y   8 5   y    7 11  x  x  2 y   7 x  2 y   7    7   +) TH4:  ,(loại). 3x  y  1  1 3x  y  2  y  19  7 +) Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm nguyên là (1; -3). Bình luận: Với cách làm trên là hoàn hảo song nhiều học sinh lại thắc mắc tại sao thầy Quý lại chuyển số 7 sang và phân tích vế trái thành nhân tử, vì việc xác định nhân tử chung không hề đơn giản. Sau đây tôi nêu một kỷ 3x 2  (5 y  1) x  (2 y 2  2 y )  7 (1) thuật làm như vậy: Ta xem vế trái là pt bậc hai ẩn x: VT  49 y 2  14 y  1  (7 y  1) 2 Nhằm tạo ra đen ta là bình phương của một biểu thức( có thể thêm bớt số tự do vào hai vế của (1)) Từ đó ta suy ra được: x  2 y  x  2 y  0 từ đó phân tích như trên ( nhớ vét hết từ trái qua phải) Trên đây xem như làm nháp NGUYỄN ANH TUẤN 0985.767.113 Câu 5 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N (khác điểm A). BA CA a. Chứng minh rằng: EB2  ED.EA và .  BD CD Giải AE BE +) Ta có ABE BDE ( g  g ) , (vì E chung và BAD  DBE )    BE 2  AE.DE , (đpcm). BE DE AB BE AC CE +) Ta có ABE BDE ( g  g )  , (1). Tương tự ta có ACE CDE ( g  g )  , (2)   BD DE CD DE Mặt khác ta có EB = CE (3) AB AC Từ (1), (2) và (3) ta có , (đpcm).  BD CD b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm. Giải +) Ta có Ax // PQ  BPE  BAx (so le trong), mặt khác BAx  ADB ( cùng bằng nửa số đo cung AB). Do đó ta có BPE  ADB  BDEP là tứ giác nội tiếp. +) Ta có Ax // PQ  CQE  CAy (so le trong), mặt khác CAy  ADC ( cùng bằng nửa số đo cung AC). Do đó ta có CQE  ADC  CDEQ là tứ giác nội tiếp. Vậy ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, BPE, CQD cùng đi qua điểm D, (đpcm). c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP. +) Ta có BPE  BAx  ADB  ABz  EBP  EBP cân tại E  EB  EP , (1). +) Ta có CQE  CAy  ADC  ACt  ECQ  ECQ cân tại E  EC  EQ , (2). +) Ta có EB = EC (giả thiết), (3). Từ (1), (2), (3) ta có: EB = EC = EP = EQ  E là tâm đường tròn ngoại tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PBCQ. d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.