zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề Thi Thử Lớp 10 Chuyên Toán Học 2013 - Phần 2 - Đề 6

Chia sẻ: Ky Su | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

68
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử lớp 10 chuyên toán học 2013 - phần 2 - đề 6', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi Thử Lớp 10 Chuyên Toán Học 2013 - Phần 2 - Đề 6

ĐỀ THI THỬ VÀO 10 Ngày 9 Tháng 5 Năm 2013 1 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức P( x)   1 x 1 x a) Rút gọn P( x) . b) Tìm giá trị của x để P( x)  2 . Câu 2 (3,0 điểm). Cho f ( x)  x 2  (2m  1) x  m 2  1 ( x là biến, m là tham số) a) Giải phương trình f ( x)  0 khi m  1 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để đẳng thức f ( x)  (ax  b) 2 đúng với mọi số thực x ; trong đó a , b là các hằng số. c) Tìm tất cả các giá trị m ¢ để phương trình f ( x)  0 có hai nghiệm x1 , x2 ( x1  x2 ) sao x1 x2 cho biểu thức P  có giá trị là số nguyên. x1  x2 Câu 3 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP  R . Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại điểm M (điểm M khác điểm A). a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn. b) Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng OP tại điểm K, đường thẳng PM cắt đường thẳng ON tại điểm I; đường thẳng PN và đường thẳng OM cắt nhau tại điểm J. Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng. 9 Câu 4 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a , b, c thỏa mãn abc  . Chứng minh rằng: 4 a 3  b3  c 3  a b  c  b c  a  c a  b Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn hệ:  p  1  2x2   2 2  p 1  2 y  ------------Hết------------ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (2,0 điểm).
x  0  A, 1,0 điểm Điều kiện:   0 x 1 1  x  0  1 x 1 x 2 a) Khi đó: P ( x)   P( x)  (1  x )(1  x ) 1 x 2 1 b) 1,0 điểm Theo phần a) có: P( x)  2   2   1  1  x  1  x  2 (thỏa mãn 1 x 1 x điều kiện) Câu 2 (3 điểm). a) 1,0 điểm Thay m  1 vào PT f ( x)  0 ta có: x 2  3x  2  0 (1) PT(1) có: a  b  c  1  3  2  0 Vậy PT có hai nghiệm là: 1 và 2. 2 2  1  1  1 b) 1,0 điểm Với mọi m ta có: f ( x)  x 2  2  m   x   m    m 2  1   m    2  2  2 2 2 2   1   1   1  3  f ( x)   x 2   m     m 2  1   m    f ( x)   x 2   m      m   2   2   2  4 2 3 3 Suy ra: để f ( x)   ax  b   m  . Vậy tồn tại duy nhất giá trị m  thỏa mãn yêu cầu. 4 4 2 3 c) 1,0 điểm f ( x)  0 có 2 nghiệm phân biệt     2m  1  4( m 2  1)  0  4 m  3  0  m  4  x1  x2  2 m  1 m 2  1 2m  1 5 5 Khi đó ta có:  2 P    4 P  2m  1  (*)  x1 x2  m  1 2m  1 4 4(2m  1) 2m  1 3 Do m  , nên 2m  1  1 , để P ¢ phải có: (2 m  1) là ước của 5  2m  1  5  m  2 4 5 Với m  2 thay vào (*) có: 4 P  2.2  1   4  P  1 . Vậy giá trị m cần tìm bằng 2. 2.2  1 Câu 3 (2 điểm). · · · · a) 1,0 điểm:Ta có: PAO  PMO  900  PAO  PMO  1800  tứ giác APMO nội tiếp b) 2,0 điểm: 1 1 Ta có · ABM  ·AOM ; OP là phân giác của góc · AOM  · AOP  ·AOM 2 2 · ·  ABM  AOP (2 góc đồng vị)  MB // OP (1) Ta có hai tam giác AOP, OBN bằng nhau  OP = BN (2) Từ (1) và (2)  OBNP là hình bình hành x N J P I M K A O B  PN // OB hay PJ // AB. Mà ON  AB  ON  PJ. Ta cũng có: PM  OJ  I là trực tâm tam giác POJ  IJ  PO (3) Ta lại có: AONP là hình chữ nhật  K là trung điểm của PO và · · APO  NOP Mà · · APO  MPO   IPO cân tại I. IK là trung tuyến đồng thời là đường cao  IK  PO (4) Từ (3) và (4)  I, J, K thẳng hàng Câu 4 (1 điểm). 2 2 Ta có:  x  y   x  y   0 x, y  0 Suy ra:  a  b   a  b   0   a 2  ab  b 2  ab   a  b   0
 a 3  b 3  ab ( a  b) (1), dấu ‘=’ xẩy ra  a  b . 9 Từ (1) và BĐT AM – GM có: a3  b3  c 3  ab(a  b)  c3  2 abc3 (a  b)  3c a  b (do abc  ) 4 a  b Vậy: a3  b3  c 3  3c a  b , dấu ‘=’ xẩy ra   3 (2) ab(a  b )  c b  c Tương tự có: a 3  b3  c 3  3a b  c , dấu ‘=’ xẩy ra   3 (3) bc(b  c)  a c  a a3  b3  c 3  3b c  a , dấu ‘=’ xẩy ra   3 (4) ca (c  a )  b Từ (2), (3) và (4) có: a 3  b3  c 3  a b  c  b c  a  c a  b (5), dấu ‘=’ xẩy ra  a  b  c  0 9 vô lí, do abc  , hay ta có đpcm. 4 Câu 5 (1 điểm). Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x  0, y  0 . Từ phương trình p  1  2 x 2 suy ra p là số lẻ. Dễ thấy 0  x  y  p  y  x không chia hết cho p (1) Mặt khác, ta có 2 y 2  2 x 2  p 2  p   y  x  y  x   0  mod p   y  x  0  mod p  (do (1)) Do 0  x  y  p  0  y  x  2 p  x  y  p  y  p  x thay vào hệ đã cho ta được  p 1  2x2    p  1  2x 2  p  1  2x2  p  4x 1  2 2  2   2  p 1  2  p  x   1  p  4 px  p  1  p  4 x  1  2 x  4 x Giải hệ này ta được p  7, x  2 thay vào hệ ban đầu ta suy ra y  5 . Vậy p  7.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.