Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn: Toán học - Trường THPT chuyên Thái Nguyên (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: Ba Khia | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

103
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi tuyển sinh và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Hãy tham khảo đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn "Toán học - Trường THPT chuyên Thái Nguyên" năm học 2014-2015 sẽ giúp các bạn nhận ra các dạng bài tập khác nhau và cách giải của nó. Chúc các bạn làm thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn: Toán học - Trường THPT chuyên Thái Nguyên (Năm học 2014-2015)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN HỌC (dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề  x x  9   3 x 1 1  Bài 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức F    :   với x  0, x  9 .  3 x 9  x   x  3 x x  a) Rút gọn F. b) Tìm x sao cho F  1 . Bài 2 (1,0 điểm). Giải phương trình  x 1 x  2   x 1 x  3  2  x 1 x  4 với x  1 hoặc x  4 . x2  2 x  3 Bài 3 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị hữu tỷ của x sao cho biểu thức nhận giá trị là x2  x  1 số nguyên. Bài 4 (1,0 điểm). Các số a0 , a1 , a2 ,..., an ,... được xác định bởi a0  9, an1  27an28  28an27 , với mọi n  0,1, 2,... Chứng minh rằng số a11 viết trong hệ thập phân có tận cùng nhiều hơn 2000 chữ số 9. Bài 5 (2,0 điểm). Cho đa thức F  x, y, z, t   9  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2t 2  t 2 x 2   6 xz  y 2  t 2   6 yt  x 2  z 2   4 xyzt. a) Hãy phân tích đa thức F thành tích của hai đa thức bậc hai. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của đa thức F khi xy  zt  1 Bài 6 (1,5 điểm). Hình bình hành ABCD có A  1200 , AB = a, BC = b. Các đường phân giác trong của bốn góc A, B, C, D cắt nhau tạo thành tứ giác MNPQ. Tính diện tích tứ giác MNPQ. Bài 7 (1,5 điểm). Trên các cạnh BC, CD của hình vuông có cạnh dài 1 đơn vị ABCD ta lấy các điểm M, N tương ứng sao cho MC  CN  MN  2 đơn vị. Đường chéo BD cắt các đoạn AM, AN lần lượt tại các điểm P và Q. Chứng minh rằng các đoạn thẳng BP, PQ, QD lập thành ba cạnh của một tam giác vuông. --------------- Hết --------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:............................................................; Phòng thi:......; Số báo danh:.................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN HỌC (dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) Bài ĐÁP ÁN Điểm 3 x Đáp số F  . 1.a 2  x 2  1,0 3 x 4 x F  1   1  0. 1.b 2 x  2 2  x  2 1,0 Do 2  x  2   0 nên phải có 4  x  0  x  16 Nếu x = 1 thay vào phương trình ta được nghiệm x = 1. 0,25 Nếu x  4 phương trình tương đương với x  2  x  3  2 x  4   x2  x4 mà có  0,25  x 3  x 4  Vậy trường hợp này phương trình vô nghiệm. 2 Nếu x  1, phương trình tương đương với 0,25 1  x  2  x   1  x  3  x   2 1  x  4  x   2  x  3 x  2 4  x   2 x  4 x mà có   3 x  4 x  0,25 Vậy trường hợp này phương trình vô nghiệm. Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. x 2  2 x  3  x  1  2 2 Đặt k  2   0, x . Vậy k là số nguyên dương. x  x 1  2 1 3 x    2 4 Từ đó có  k  1 x 2   k  2  x  k  3  0 1 . 2 Nếu k  1 ta có x1  thỏa mãn. 3 3 1,0 Nếu k  1 để (1) có nghiệm hữu tỷ cần    k  2   4  k  1 k  3  0  3k 2  20k  8  0 2   3k  10   76  3k  10  9  k  7 . 2 Thay k = 2, 3, 4, 5, 6 ta thấy chỉ có :
5 +) k  3 thì (1) có nghiệm x2  0, x3  . 2 3 +) k = 6 thì (1) có nghiệm x4  , x5  1 . 5 Vậy có 5 giá trị của x thỏa mãn. Theo đề bài ta có an1  1  27an28  28an27  1  27an27  an  1  an27  1   an  1  27an27  an26  an25  an24  ...  an2  an  1 0,5     an  1 27  an27  1   an26  1   an25  1  ...   an2  1   an  1 . Ta có  an27  1  an  1 ,  an26  1  an  1 ,  an25  1  an  1 ,...  an2  1  an  1 nên suy 4 0,25 ra  an 1  1  an  1 2 (1) Do a0  9 và trong (1) cho n lấy giá trị từ 0 đến 10 ta suy ra  a11  1 102 hay  a11  1 11 102048 0,25 Vậy a11 viết trong hệ thập phân có tận cùng nhiều hơn 2000 chữ số 9. 5.a F  x, y, z, t    3x 2  3z 2  2 xz  3 y 2  3t 2  2 yt  1,0 Ta có F  x, y, z, t    3 yz  xy  zt  3xt   8  xy  zt   8 2 5.b 1 1,0 Dấu bằng xảy ra khi chẳng hạn x  1, y  1, z  0, t  . 3 Dễ thấy tứ giác MNPQ có 4 góc vuông nên là hình chữ nhật. 0,25 b 3 Tam giác vuông ADM có DM  AD sin DAM  . 2 A B a 3 N Tam giác vuông DCN có DN  DC sin DCN  . 2 M P 0,5 3 Q Vậy MN  DN  DM   a  b  . 2 D C 6 (Giả sử a > b, trường hợp a < b làm tương tự, a = b thì không tồn tại tứ giác MNPQ). a Tam giác vuông DCN có CN  CD cos 600  . 2 b Tam giác vuông BCP có CP  CB cos 600  . 0,5 2 a b Vậy NP  CN  CP  . 2
3 Suy ra diện tích hình chữ nhật MNPQ là S  MN .NP   a  b  . 2 0,25 4 Trên cạnh DC kéo dài về phía D lấy điểm K sao cho DK = BM. Ta có MN = BM + DN (suy ra từ giả thiết) 0,5 = DK + DN = KN. (1). Mặt khác ADK  ABM  AM  AK (2). Từ (1) và (2) suy ra KAN  MAN . Từ đó AKN  AMN  AMB, ANK  ANM . 0,5 Hạ AH vuông góc với MN. Dễ thấy AHM  ABM  HM  MB, AH  AB . Suy ra AM là trung trực của HB. Từ đó PH = PB và APH  APB  AHP  450 . 7 Chứng minh tương tự có QH = QD, AHQ  450 . Vậy QHP  900  QP 2  HQ 2  HP 2  QD 2  BP 2 . A B P 0,5 M Q H K N C D Giám khảo chấm bài chú ý: Nếu thí sinh giải bằng cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.