Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) tỉnh Bình Phước 2013 - 2014

Chia sẻ: Đức Tuấn | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

308
lượt xem 31
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) tỉnh Bình Phước 2013 - 2014 giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập và đặc biệt khi giải những bài tập cần phải tính toán một cách nhanh nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) tỉnh Bình Phước 2013 - 2014

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH PHƯỚC Năm học: 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 30/6/2013 (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút 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 = � � x − 1 x + x � x , (với x > 0, x 1 ). − �: � � Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình: x 2 − 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 = 4x − 3 + 2x + 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: 3 x 2 − 2 y 2 − 5 xy + 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: EB 2 = ED.EA và = . BD CD b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một đi ểm. 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: a 3 + b3 ab(a + b) , với a, b là hai số dương. b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a + b 1 . 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = ( a + b ) + ( a + b ) + ab. 3 3 2 2 2 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: .…….…..
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 ( ) ( 3− 7) 2 2 Ta có A = 7 + 2 7 + 1 + 9 − 2.3 7 + 7 = 7 +1 + = 7 +1+ 3 − 7 = 4 �− x x x +1 � x +1 b. Rút gọn biểu thức: M = � � x − 1 x + x � x , (với x > 0, x 1 ). − �: � � Giải Ta có M = � � x x −1 − ( � x +1 � x +1 �) =�x− 1 � x + 1 � −1 � x +1 x : � x =� � x : : � x −1 � x x +1 � x � � ( x� ) � x � ( x −1 )( x +1 ). = x x x +1 = x ( x −1 ) Vậy M = x ( x −1 ) Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình: x 2 − 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 +) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 0 . 3 7 +) Với m < phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 0. 2 2 x1 + x2 = 4 Áp dụng định lí Viet ta có: x1.x2 = 2m − 3 +) 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 � 6 2m − 3 = 2m + 2 � 3 2m − 3 = m + 1 � ��2 � �m = 2 9 ( 2 m − 3 ) = m 2 + 2m + 1 m − 16m + 28 = 0 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 = 4x − 3 + 2x + 4 . Giải
Cách 1: x −1 x +1 0 x 0 �x 0 5 � 3 +) ĐK: � �۳ � 3 x �x − 3 0 4 x � 4 4 �x + 4 0 2 � x −2 +) Ta có PT � x + 1 + 2 x + 1. 5 x + 5 x = 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) � 3 x + 5 x − 12 = 0 � 2 4 x= ( n) 3 4 +) KL: Phương trình có một nghiệm x = . 3 Cách 2: x −1 x +1 0 x 0 �x 0 5 � 3 +) ĐK: � �۳ � 3 x �4x − 3 0 x � 4 4 �x + 4 0 � 2 x −2 +) Ta có: x + 1 + 5x = 4x − 3 + 2x + 4 x −3 x −3 � − =0 2x + 4 + x +1 5x + 4x − 3 � 1 1 � � ( x − 3) � − = �0 � 2x + 4 + x +1 5x + 4 x − 3 � x = −3( L) 1 1 − =0 2x + 4 + x + 1 5x + 4 x − 3 1 1 − =0 2x + 4 + x + 1 5x − 4 x − 3 � 2 x + 4 + x + 1 = 5x + 4x − 3 � ( ) ( 5x − 2 x + 4 + ) 4x − 3 − x +1 = 0 3x − 4 3x − 4 � + =0 +) Ta giải phương trình: 5x + 2 x + 4 5x − 2x + 4 � 1 1 � � (3 x − 4) � + = �0 � 5x + 2 x + 4 5x − 2 x + 4 � 4 x= (N ) 3 1 1 + =0 5x + 2 x + 4 5x − 2x + 4
1 1 4 Dể thấy + >0 PT chĩ có một nghiệm duy nhất là x = 5x + 2 x + 4 5x − 2x + 4 3 ( x + 2 y − 2)(2 x + y ) = 2 x (5 y − 2) − 2 y b. Giải hệ phương trình: x 2 − 7 y = −3 Giải +) Ta có PT (1) � 2 x + xy + 4 xy + 2 y − 4 x − 2 y = 10 xy − 4 x − 2 y 2 2 � 2 x 2 − 5 xy + 2 y 2 = 0 � ( 2 x 2 − 4 xy ) + (2 y 2 − xy ) = 0 � 2 x( x − 2 y ) − y ( x − 2 y ) = 0 �− 2 y = 0 x �= 2y x � ( x − 2 y )(2 x − y ) = 0 � � �� x − y = 0 2 � = 2x y x = 2y +) Trường hợp 1: x = 2 y , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ x 2 − 7 y = −3 �x = 1 x = 2y y=2 x = 2y x =1 3 �� 2 �� x= 4y − 7y + 3 = 0 3 4 x= 4 3 y= 2 y = 2x +) Trường hợp 2: y = 2 x , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ x 2 − 7 y = −3 x = 7 + 46 x = 2y y = 2x y = 14 + 2 46 � �2 � �x = 7 + 46 � � − 14 x + 3 = 0 x x = 7 − 46 � = 7 − 46 x � y = 14 − 2 46 3 x= � = 7 + 46 � = 7 − 46 x =1 � x �x +) Kết luận: Hệ phương trình có 4 nghiệm: � ,� 4 , � ;� . y=2 3 � = 14 + 2 46 � = 14 − 2 46 y y y= 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 − b 2 = (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 − b 2 = (a − b)( a + b)M4 , (đpcm). b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3 x 2 − 2 y 2 − 5 xy + x − 2 y − 7 = 0 . Giải
+) Ta có PT � ( 3x − 6 xy ) + ( −2 y + xy ) + ( x − 2 y ) = 7 . 2 2 � 3x ( x − 2 y ) + y ( x − 2 y ) + ( x − 2 y ) = 7 � ( x − 2 y ) ( 3 x + y + 1) = 7 = 1.7 = 7.1 = −1. ( −7 ) = −7. ( −1) Do đó ta có 4 trường hợp sau: 13 x= � − 2y =1 x � − 2y =1 x 7 +) TH1: � �� ,(loại). �x + y + 1 = 7 3 �x + y = 6 3 y= 3 7 1 x= � − 2y = 7 x � − 2y =1 x 7 +) TH2: � �� ,(loại). �x + y + 1 = 1 �x + y = 0 3 3 y=− 3 7 17 x=− � − 2 y = −1 x � − 2 y = −1 x 7 +) TH3: � �� ,(loại). �x + y + 1 = −7 3 �x + y = −8 3 y=− 5 7 11 x=− � − 2 y = −7 x � − 2 y = −7 x 7 +) TH4: � �� ,(loại). �x + y + 1 = −1 �x + y = −2 3 3 y= 19 7 +) Kết luận: Phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. 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: EB 2 = ED.EA và = . BD CD b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một đi ểm. c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP. d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân. Hình vẽ:
BA CA a. Chứng minh rằng: EB 2 = ED.EA và = . BD CD Giải: +) Nối BD ﾷ 1 ﾷﾷ +) Ta có: EBD = sd BD = BAD (1) Y 2 ﾷﾷ BDE = 180 − BDA +) Ta có: ﾷﾷ � BDE = EBA (2) ﾷﾷ EBA = DBA + BAﾷ D = 180 − BDA ﾷ +) Từ (1) và (2) ∆BDE: ∆ABE( g − g ) EB ED � = � EB 2 = AE.ED (đpcm) AE EB AC EC +) Chứng minh tương tự ta được: ∆DCE : ∆ACE( g − g ) � = (3) DC DE BA BD ∆BED : ∆ AEB( g - g ) � = (4) BE ED EC BD AC BA +) Từ (3) và (4) kết hợp với = � = (đpcm) DE DE DC BE b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm.
Giải ﾷ A = ﾷ AE (sole trong) +) Ta có: PE y 1 Mà: ﾷ AE = sd ﾷ D = ﾷ D y A AB 2 Tứ giác BDEP nội tiếp được +) Chứng minh tương tự, ta được: Tứ giác DCQE nội tiếp được Các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua điểm D c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP. Giải: ﾷﾷ +) Ta có: PBE = 180 − ABE = 180 − B ﾷ DE = BDA ﾷﾷ 1 ﾷﾷ Mà: BDA = sd BA = xAP 2 ﾷ � PBE = xAPﾷﾷﾷ Mà ta lại có: xAP = BPE (sole trong) ﾷﾷﾷ � PBE = BPE (= xAP ) � ∆PBE cân tại E � BE = PE (5) +) Chứng minh tương tự, ta được: EC = EQ (6) +) Từ (5) và (6) E là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân Giải: AB AC +) Theo như câu (a), ta có: = � AB.CD = AC.BD DB CD +) Áp dụng định lý Ptolemaeus cho tứ giác ABCD, ta được: AD.BC = AB.DC + BD. AC = 2. AC.DC � AD.BC = 2. AC.DC AD BD BD � = = AC BC MC 2 AD BD AD AC � = � = (7) AC MC BD MC +) Ta có: Tứ giác ABCD nội tiếp � ﾷﾷ ACB = BDA (8) +) Từ (7) và (8) � ∆ADB : ∆ACM (c − g − c ) � BAD = NAC ﾷﾷﾷ 1 ﾷﾷ BAD = sd BD = BCD 2 +) Ta có: ﾷ 1 ﾷﾷ NAC = sd NC = NBC 2 ﾷ Mà BAD = NAC ﾷﾷ � BCD = NBCﾷ Tứ giác BCDN là hình thang cân (đpcm) Câu 6 (1,0 điểm) a. Chứng minh rằng: a 3 + b3 ab(a + b) , với a, b là hai số dương.
Giải Ta có bất đẳng thức (a + b)(a − ab + b ) − ab(a + b) �� (a + b)(a 2 − 2ab + b 2 ) �� (a + b)(a − b) 2 � 2 2 0 0 0 Ta thấy với a, b là hai số dương nên bất đẳng thức đã cho luôn đúng. Dấu “=” xảy ra khi a = b. b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a + b 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 F = ( a 3 + b3 ) + ( a 2 + b 2 ) + ab. 2 2 Giải Cách 1 +) Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ở câu (a) ta có: ( a 3 + b3 ) [ ab(a + b)] 2 2 mà theo giả thiết a +b 1 Do đó ( a 3 + b3 ) [ ab(a + b)] 2 2 (ab) 2 +) Mặt khác ta có: F = a 2 + b 2 = ( a + b ) − 2ab 1 − 1ab 2 2 3 ab 1 1 15 � 1 � 15 15 +) Do đó F ( ab ) + 1 − 2ab + ab = ( ab ) − + 1 = ( ab ) − 2.ab. + + = � − �+ 2 2 2 ab 2 2 4 16 16 � 4 � 16 16 a +b =1 1 +) Dấu “=” xảy ra � 1 � a=b= ab = 2 4 15 1 +) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng , đạt được khi a = b = . 16 2 Cách 2 1 +) Ta có F = ( a + b ) + ( a + b ) − ab. 3 3 2 2 2 ( a + b )3 +) Ta luôn có bất đẳng thức: a 3 + b3 , (*) với mọi a, b > 0. Thật vậy (*) 4 ( a + b) 2 � a − ab + b � 2 2 4 � 4a − 4ab + 4b � 2 + 2ab + b 2 � (a − b) 2 � , (luôn đúng). 2 2 a 0 2 �a + b)3 � 1 ( Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: ( a + b ) 3 3 2 � 4 � 16 . � � ( a + b) 2 ( a + b) 2 +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ab � � −ab �− . 4 4 1 (a + b) 2 1 7(a + b) 2 1 7 15 a + b =1 1 + ( a + b) − � a=b= 2 +) Do đó F = + + = . Dấu “=” xảy ra 16 8 16 8 16 8 16 a=b 2 15 1 +) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng , đạt được khi a = b = . 16 2