Đề tuyển sinh lớp 10 Toán (chuyên) – Sở GD&ĐT Khánh Hòa 2012-2013 (kèm đáp án)

Chia sẻ: Nguyen Nha Linh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

113
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm chuẩn bị kiến thức cho kì thi tuyển sinh lớp 10 mời các bạn học sinh lớp 9 đang chuẩn bị thi tuyển tham khảo đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) của Sở GD&ĐT Khánh Hòa năm 2012-2013.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề tuyển sinh lớp 10 Toán (chuyên) – Sở GD&ĐT Khánh Hòa 2012-2013 (kèm đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi : TOÁN CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 22/6/2012 (Thời gian : 150 phút – không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 1: Bài 1.(2.00 điểm) 2 6  34 2 3 1) Rút gọn biểu thức P  . 11  2  6  12  18  1 1 1 2) Với n là số nguyên dương, cho các biểu thức A  1      3 2n  3 2n  1 1 1 1 1 và B      . 1.(2n  1) 3.(2n  3) (2n  3).3 (2n  1).1 A Tính tỉ số . B Bài 2.(2.00 điểm) 1) Giải phương trình 2 1  x  x 2  2x  1  x 2  2x  1 . (x  y) 2  y  3  2) Giải hệ phương trình  2 2 . 2(x  y  xy)  x  5  Bài 3.(2.00 điểm) 1) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a 3  36 và abc  1 . Chứng minh a 2  3(b 2  c 2 )  3(ab  bc  ca) . 2) Cho a  Z và a  0 . Tìm số phần tử của tập hợp  2a  A= x  Z  Z (Z là tập hợp các số nguyên).  3x  1  Bài 4.(3.00 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Tiếp tuyến tại A của (O; R) cắt đường thẳng BC tại điểm M. Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống BC. 1) Chứng minh AB.AC  2R .AH .
2 MB  AB  2) Chứng minh   . MC  AC  3) Trên cạnh BC lấy điểm N tùy ý (N khác B và C). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của N lên AB, AC. Tìm vị trí của N để độ dài đoạn EF nhỏ nhất. Bài 5.(1.00 điểm)Cho tam giác ABC có đường cao AH, biết H thuộc cạnh BC và 1 1 BH  BC. Trên tia đối của tia HA, lấy điểm K sao cho AK 2  KH 2  BC 2  AB2 . Chứng minh 3 3 AK.BC  AB.KC  AC.BK . HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC TOÁN CHUYÊN . B. Đáp án và thang điểm Bài Đáp án Điểm 2 6  34 2 3 Rút gọn biểu thức P  . 1 điểm 11  2  6  12  18  P 3  2 3 6    2 3 6  0.25 11  2  6  12  18  1.1   2 3 6  3 1  2 0.25  2 3 6    2 3 6  3 1  0.25 2 3 6  3  1. 0.25 A Tính tỉ số . 1 điểm B 1  1  1 1   1 1  1  B 1  2n  1    3  2n  3      2n  3  3    2n  1  1  2n  0.25        1.2 1  1 1 1   1 1 1  B 2n 1  3    2n  3  2n  1   1  3    2n  3  2n  1   0.25     1 B .2A 0.25 2n A n. 0.25 B Giải phương trình 2 1  x  x 2  2x  1  x 2  2x  1 . 1 điểm Điều kiện x 2  2x  1  0 . Đặt t  x 2  2x  1  0. Phương trình trở thành 0.25 t 2  2  x  1 t  4x  0 t  2   t  2  t  2x   0   0.25 2.1  t  2x Với t  2, ta có x 2  2x  1  2  x 2  2x  5  0  x  1  6 (nhận) 0.25 x  0 Với t  2x, ta có x 2  2x  1  2x   2 : vô nghiệm 3x  2x  1  0 0.25 Vậy phương trình có nghiệm x  1  6 . (x  y) 2  y  3  2.2 Giải hệ phương trình  2 2 . 1 điểm 2(x  y  xy)  x  5 
Dùng phương pháp cộng hoặc thế ta được 2xy  2y  x  1  0 1 0.25  (x  1)(2y  1)  0  x  1 hoặc y  2  y  1 Với x  1 , ta được y 2  y  2  0   y  2 0.25 Ta được hai nghiệm (1; 1) và (1;2) 1 9 1  10 Với y  , ta được x 2  x   0  x  2 4 2 0.25  1  10 1   1  10 1  Ta được hai nghiệm  ;  và  ;   2 2  2 2  1  10 1   1  10 1  Tóm lại hệ có bốn nghiệm (1; 1) ; (1;2) ;  ;  và  ; . 0.25  2 2  2 2 Chứng minh bất đẳng thức. 1 điểm 1 a2 Ta có bc = . Bất đẳng thức được viết lại b 2  c 2  2bc  3bc  a  b  c   0 0.25 a 3 2 a2 3   b  c  a  b  c    0 0.25 3 a 3.1 2  a  a2 3   b  c       0 0.25  2  12 a 2  a  a 3  36   b  c      0 (hiển nhiên đúng vì a 3  36 )  2 12a 0.25 Bất đẳng thức được chứng minh.  2a  Cho a  Z và a  0 . Tìm số phần tử của tập hợp A= x  Z  Z . 1 điểm  3x  1  2a Xét x  Z. Nếu  Z thì 2a  (3x  1)  3x  1  2 b , với b  0;1;...;a 0.25 3x  1 Nếu b là số chẵn, tức là b= 2k ( k Z)  2 2k  1  4 k  1  (4  1)(4k 1  4k  2  ...  1) 3  phương trình 3x  1  2b có nghiệm nguyên duy nhất 0.25 3.2 Ta cũng có 22k  1   (4 k  1)  2   3  phương trình 3x  1  2b không có   nghiệm nguyên Nếu b lẻ, tức là b  2k  1(k  )  22k 1  1  2.4k  1  3.4 k  (4k  1)   3    phương trình 3x  1  2b không có nghiệm nguyên 0.25 Ta cũng có 22k 1  1  3.4k  (4k  1)   3  phương trình 3x  1  2b có nghiệm   nguyên duy nhất Vậy số phần tử của A là a  1. 0.25 Không 4.1 chấm điểm hình
vẽ A bài 4 I O F E K C M B H N D Chứng minh AB.AC  2R .AH . 1 điểm Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại D 0.25 Hai tam giác vuông AHB và ACD có CDA  HBA (nội tiếp cùng chắn AC )  AHB ACD 0.25 AB AH   0.25 AD AC  AB.AC  AD.AH  2R.AH . 0.25 2 MB  AB  Chứng minh   . 1 điểm MC  AC  Xét MAC và MBA ta có M chung, ACB  MAB (góc nội tiếp và góc tạo 0.25 bởi tiếp tuyến với dây cung)  MAC MBA (g.g) 2 MB AB MB2  AB  4.2      0.25 MA AC MA 2  AC  MB MA Và   MB.MC  MA 2 0.25 MA MC 2 MB  AB  Suy ra   . 0.25 MC  AC  Tìm vị trí của N để độ dài đoạn EF nhỏ nhất. 1 điểm Ta có AEN  AFN  900  900  1800 nên tứ giác AFNE nội tiếp đường tròn 0.25 đường kính AN 4.3 Gọi I là trung điểm AN, từ I hạ IK  EF ta suy ra KE = KF và BAC  KIE 0.25 Trong tam giác vuông IKE ta có 0.25 KE  IE.sin KIE  IE.sin BAC  EF  AN.sin BAC  AH.sin BAC Vậy EF nhỏ nhất khi và chỉ khi AN  AH  N  H . 0.25
A Không chấm điểm hình H J vẽ B C bài 5 K I x Chứng minh AK.BC  AB.KC  AC.BK . 1 điểm Gọi J là điểm thuộc đoạn BC sao cho H là trung điểm BJ. Kẻ đường thẳng Jx qua J vuông góc BC, đường thẳng qua K song song BC cắt đường thẳng Jx tại I. Khi 0.25 đó, BKIC là hình thang cân và HKIJ là hình chữ nhật. 4 5 BI 2  BJ 2  JI2  BJ 2  KH 2  BC 2  KH 2 9 1 1 1 AI 2  AK 2  KI 2  AK 2  HJ 2  AK 2  BC 2  BC 2  AB2  KH 2  BC 2 9 3 9 0.25 4  BC2  AB2  KH 2  BI 2  AB2 9  ABI vuông tại B. 1 4 1 AC2  AH 2  HC 2  AB2  BC 2  BC 2  AB2  BC 2 9 9 3 1 IC2  KH 2  JC 2  KH 2  BC2 9 0.25 4  AC 2  IC 2  BC 2  AB2  KH 2  AB2  BI 2  AI 2 9  ACI vuông tại C. 1 1 1 Khi đó, SABKC  SABIC  SABI  SAIC  AK.BC  AB.BI  AC.IC 2 2 2 0.25  AK.BC  AB.KC  AC.BK .