Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hưng Yên

Chia sẻ: Tuyensinhlop10 Hoc247 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

0
31
lượt xem
10
download

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hưng Yên

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hưng Yên là tài liệu hay dành cho các bạn học sinh ôn tập và luyện thi vào lớp 10, các câu hỏi và bài tập bám sát chương trình, ngoài ra còn có các dạng bài tập nâng cao dành cho thí sinh hệ THPT chuyên. Chúc các bạn ôn tập và luyện thi đạt kết quả cao.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hưng Yên

Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên<br /> năm 2017<br /> Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai<br /> <br /> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> HƯNG YÊN<br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> <br /> Môn: Toán học<br /> <br /> KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN<br /> NĂM HỌC 2013 - 2014<br /> Môn thi: TOÁN<br /> Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)<br /> (Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên: Toán, Tin)<br /> <br /> (Đề thi có 01 trang)<br /> <br /> Bài 1: (2,0 điểm)<br /> a) Cho A <br /> <br /> 2 3  5  13  48<br /> <br /> , chứng minh A là một số nguyên.<br /> 6 2<br />  2<br />  x  12y  6<br /> b) Giải hệ phương trình:  2<br />  2y  x  1<br /> <br /> Bài 2: (2,0 điểm)<br /> 1<br /> 4<br /> a) Cho parabol (P): y  x 2 và đường thẳng (d): y   x  . Gọi A, B là giao điểm của<br /> 3<br /> 3<br /> đường thẳng (d) và parabol (P), tìm điểm M trên trục tung sao cho độ dài MA + MB nhỏ<br /> nhất.<br /> b) Giải phương trình: x 2  5x  8  3 2x 3  5x 2  7x  6 .<br /> Bài 3: (2,0 điểm)<br /> a) Cho f  x  là một đa thức với hệ số nguyên. Biết f 1 .f  2   2013 , chứng minh<br /> phương trình f  x   0 không có nghiệm nguyên.<br /> b) Cho p là một số nguyên tố. Tìm p để tổng các ước nguyên dương của p 4 là một số<br /> chính phương.<br /> Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O.<br /> Đường tròn (K) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E và F. Gọi H là giao điểm của<br /> BF và CE.<br /> a) Chứng minh AE.AB = AF.AC.<br /> b) Chứng minh OA vuông góc với EF.<br /> c) Từ A dựng các tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (K) với M, N là các tiếp điểm.<br /> Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.<br /> Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện: ac  bd  1. Chứng minh rằng:<br /> a 2  b 2  c2  d 2  ad  bc  3<br /> ------------ HẾT -----------Thí sinh không sử dụng tài liệu; cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.<br /> <br /> Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807<br /> <br /> Trang | 1<br /> <br /> Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên<br /> năm 2017<br /> Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai<br /> <br /> Môn: Toán học<br /> <br /> HƯỚNG DẪN CHẤM THI<br /> Bài 1: (2,0 điểm)<br /> a) Chứng minh A là một số nguyên.<br /> <br /> Ta có: A <br /> <br /> 2 3  5  13  48<br /> 6 2<br /> <br /> 1,0 đ<br /> <br /> 2 3 5<br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 2 3 4  2 3<br /> <br /> 6 2<br /> <br /> <br /> <br /> 2 2 3<br /> <br /> 6 2<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> 6 2<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 3 1<br /> <br /> <br /> <br /> 2 3<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 3 1<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> 6 2<br /> <br /> 42 3<br /> 3 1<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> 2<br /> <br /> 3 1<br /> 3 1<br /> <br /> 1<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> Vậy A là một số nguyên.<br /> <br /> x 2  12y  6 (1)<br /> <br /> b) Giải hệ phương trình:  2<br /> 2 y  x  1 (2)<br /> <br /> <br /> 1,0 đ<br /> <br />  x 2  12y  6<br />  x 2  12y  6<br /> <br /> <br />  2<br />  x 2  4y2  12y  2x  8<br />  2<br /> 2y  x  1<br />  4y  2x  2<br /> <br /> <br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br />  x  2y  2<br /> 2<br /> 2<br />   x  1   2y  3  <br />  x  2y  4<br /> Với x = 2y + 2, thay vào phương trình (2) ta có: 2y 2  2y  1  0<br /> <br /> <br /> 1 3<br /> y <br /> 2<br /> <br /> <br /> 1 3<br /> y <br /> <br /> 2<br /> <br /> 1 3  <br /> 1 3 <br /> Hệ phương trình có hai nghiệm:  3  3;<br />  ;  3  3;<br /> <br /> 2  <br /> 2 <br /> <br /> Với x = - 2y - 4, thay vào phương trình (2) ta có: 2y 2  2y  5  0 (vô nghiệm)<br /> Vậy hệ phương trình có hai nghiệm.<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> Bài 2: (2,0 điểm)<br /> <br /> Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807<br /> <br /> Trang | 2<br /> <br /> Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên<br /> năm 2017<br /> Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai<br /> <br /> Môn: Toán học<br /> <br /> 1<br /> 4<br /> a) Cho parabol (P): y  x2 và đường thẳng (d): y  x  . Gọi A, B là<br /> 3<br /> 3<br /> 1,0 đ<br /> giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P), tìm điểm M trên trục<br /> tung sao cho độ dài MA + MB nhỏ nhất.<br /> x  1<br /> 1<br /> 4<br /> Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x 2   x   <br /> 0,25 đ<br /> 3<br /> 3<br />  x  4<br /> 16 <br />  1 <br /> Tọa độ hai giao điểm là: A  1;  ;B  4; <br /> 3<br />  3 <br /> Nhận xét: A, B nằm về hai phía so với trục tung.<br /> Suy ra MA + MB nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB với trục tung.<br /> <br /> 0,25 đ<br /> 0,25 đ<br /> <br />  4<br /> Tọa độ M là: M  0; <br />  3<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> b) Giải phương trình: x 2  5x  8  3 2x3  5x 2  7x  6 .<br /> <br /> 1,0 đ<br /> <br /> Nhận xét: 2x 3  5x 2  7x  6   2x  3   x 2  x  2 <br /> Điều kiện: x  <br /> <br /> 2<br /> 3<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> 1   x 2  x  2   2  2x  3  3  2x  3  x 2  x  2 <br />  x 2  x  2  a a  0<br /> <br /> Đặt: <br /> .<br />  2x  3  b  b  0 <br /> <br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> a  b<br /> Phương trình trở thành: a 2  3ab  2b 2  0  <br /> a  2b<br /> <br /> x 2  x  2  2x  3  x 2  x  1  0<br /> 1 5<br /> 1 5<br /> Phương trình có 2 nghiệm: x <br />  TM  ; x <br />  TM <br /> 2<br /> 2<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> Với a = 2b, trở lại phép đặt ta có: x 2  x  2  2 2x  3  x 2  7x  10  0<br /> 7  89<br /> 7  89<br /> (L)<br /> Phương trình có 2 nghiệm: x <br />  TM  ; x <br /> 2<br /> 2<br /> 1 5<br /> 1 5<br /> 7  89<br /> ;x <br /> ;x <br /> Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x <br /> .<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> Với a = b, trở lại phép đặt ta có:<br /> <br /> Bài 3: (2,0 điểm)<br /> a) Cho f  x  là một đa thức với hệ số nguyên. Biết f 1 .f  2   2013 ,<br /> minh phương trình f  x   0 không có nghiệm nguyên.<br /> <br /> Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807<br /> <br /> chứng<br /> <br /> 1,0 đ<br /> <br /> Trang | 3<br /> <br /> Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên<br /> năm 2017<br /> Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai<br /> <br /> Môn: Toán học<br /> <br /> Giả sử phương trình f  x   0 có nghiệm nguyên x = a<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> Suy ra: f  x    x  a  .g  x  với g  x  là một đa thức với hệ số nguyên<br /> Ta có: f 1  1  a  .g 1 ;f  2    2  a  .g  2 <br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> Suy ra f 1 .f  2   1  a  .  2  a  .g 1 .g  2   2013<br /> Do 1 - a và 2 - a là hai số nguyên liên tiếp nên f 1 .f  2 là số nguyên chẵn<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> Mà 2013 là một số lẻ suy ra vô lý<br /> Vậy phương trình f  x   0 không có nghiệm nguyên.<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> b) Cho p là một số nguyên tố. Tìm p để tổng các ước nguyên dương của p 4 là<br /> 1,0 đ<br /> một số chính phương.<br /> Do p là số nguyên tố nên các ước số nguyên dương của p4 là: 1; p; p2; p3; p4<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> Đặt S = 1+ p + p2 + p3 + p4<br /> Giả sử S = n2  4n 2  4p4  4p3  4p2  4p  4 1  n   <br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> 2<br /> <br /> Ta có: 4p 4  4p 3  p 2   2n   4p 4  p 2  4  4p 3  8p 2  4p<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br />   2p 2  p    2n    2p 2  p  2 <br />  4n 2   2p 2  p  1<br /> <br /> 2<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> 2<br /> <br />  2<br /> 0,25 đ<br /> <br /> Từ (1) và (2) suy ra p2  2p  3  0  p  3<br /> Thử lại với p = 3 thỏa mãn. Vậy số nguyên tố cần tìm là: p = 3.<br /> Bài 4: (3,0 điểm)<br /> <br /> a) Chứng minh AE.AB = AF.AC.<br /> <br /> A<br /> F<br /> <br /> N<br /> <br /> x<br /> E<br /> M<br /> B<br /> <br /> 1,0<br /> đ<br /> <br /> O<br /> H<br /> <br /> S<br /> <br /> K<br /> <br /> Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807<br /> <br /> C<br /> <br /> Trang | 4<br /> <br /> Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên<br /> năm 2017<br /> Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai<br /> <br /> Môn: Toán học<br /> <br />  <br /> Ta có: BEC  BFC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)<br />  <br /> Nên AFB  AEC  900<br /> AF AE<br /> <br /> AB AC<br />  AE.AB  AF.AC (đpcm)<br /> <br /> <br /> Xét hai tam giác AEC, AFB vuông tại E và F có: cos BAC <br /> <br /> 0,5<br /> đ<br /> 0,5<br /> đ<br /> <br /> b) Chứng minh OA vuông góc với EF.<br /> <br /> 1,0<br /> đ<br /> <br /> Dựng tiếp tuyến Ax của đường tròn tâm (O) tại A  OA  Ax (1)<br /> <br /> 0,25<br /> đ<br /> <br />  <br /> BCA  BAx (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)<br /> <br /> 0,25<br /> đ<br /> <br /> <br />  <br />  <br /> Mà BCA  FEA (cùng bù với BEF ) nên BAx  FEA<br /> <br /> 0,25<br /> đ<br /> <br /> Suy ra EF // Ax (hai góc so le trong bằng nhau) (2)<br /> Từ (1) và (2) ta có: OA vuông góc với EF (đpcm)<br /> <br /> 0,25<br /> đ<br /> <br /> c) Từ A dựng các tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (K) với M, N là<br /> các tiếp điểm. Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.<br /> <br /> 1,0<br /> đ<br /> <br /> Ta có: CE  AB;BF  AC nên H là trực tâm tam giác ABC<br />   <br /> Gọi S là giao điểm của AH và BC. Suy ra: AMK  ASK  ANK  900<br /> Do đó: M, S, N cùng thuộc đường tròn đường kính AK:<br />   <br />  ANM  ASM  AMN  3<br /> <br /> AFN, ANC đồng dạng (g.g) <br /> <br /> AF AN<br /> <br />  AN 2  AF.AC<br /> AN AC<br /> <br /> 0,25<br /> đ<br /> <br /> 0,25<br /> đ<br /> <br />  AF  AS  AF.AC  AH.AS  AN 2  AH.AS  AN  AS<br /> cosSAC <br /> AH AC<br /> AH AN<br /> <br /> 0,25<br /> đ<br /> <br />   <br /> Do đó: ANH, ASN đồng dạng  ANH  ASN  AMN  4 <br />  <br /> Từ (3) và (4) ta có:  ANH  ANM . Vậy M, H, N thẳng hàng (đpcm).<br /> <br /> 0,25<br /> đ<br /> <br /> Bài 5: (1,0 điểm)<br /> Cho các số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện: ac  bd  1 . Chứng minh rằng:<br /> a 2  b2  c 2  d2  ad  bc  3<br /> Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:<br /> a 2  b 2  c 2  d 2  ad  bc  2<br /> <br /> a<br /> <br /> 2<br /> <br />  b 2  c 2  d 2   ad  bc<br /> <br /> Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807<br /> <br /> 1,0 đ<br /> 0,25 đ<br /> <br /> Trang | 5<br /> <br />

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản