Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Đăk Lăk

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

Thêm vào BST

Báo xấu

136
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Môn Toán là môn cơ bản và bắt buộc phải có mặt trong các kỳ thi tuyển sinh, trong đó có kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Nhiều em học sinh không tránh khỏi những bỡ ngỡ, lúng túng trước các đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán vì bản thân chưa được làm quen hoặc ít tiếp xúc với các dạng đề thi này. Để giúp các em thêm vững tin cho kỳ thi sắp tới, chúng tôi đã sưu tầm và gửi đến các em "Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Đăk Lăk".

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT Đăk Lăk

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 23/6/2012 Câu 1: (3,0 điểm) 1) Giải phương trình: x2  2 x  2 x2  4 x  3  1 1 2) Chứng minh rằng: P  1.2.3.....2002.1     2 3  1 1    2001 2002  Câu 2: (3,0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3xy  6 x  y  52  0 2) Tìm các số thực x, y thỏa mãn: 2x  y2  4 y  5 x 1 2 Câu 3: (2,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Gọi C là điểm bất kỳ thuộc (O) (0 < CA < CB). Qua B vẽ đường thẳng d vuông góc AB, tiếp tuyến tại C cắt đường thẳng d tại D và đường thẳng AB tại E, OC cắt đường thẳng d tại F. 1) Chứng minh tứ giác BCEF là hình thang. 2) Gọi G là giao điểm của AC và EF. Giả sử tứ giác ODCG là hình bình hành. Tính OF theo R. Câu 4: (1,0 điểm) Xác định các góc của tam giác ABC biết AC < AB, đường cao AH và đường trung tuyến AM chia góc BAC thành ba phần bằng nhau. Câu 5: (1,0 điểm) Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện: x 2   3  x   5 . Tìm giá trị nhỏ nhất 2 của biểu thức: A  x 4   3  x   6 x 2  3  x  . 4 2 SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (3,0 điểm)  x2  2 x  0 1) ĐK:  * 2 2 x  4 x  3  0 x  x  2  t t  0 ,  t  1  chon  Đặt phương trình đã cho trở thành: 2t 2  t  3  0   t   3  loai    2 Do đó  x  1  2 (thỏa mãn (*)) x  x  2  1  x2  2x  1  0    x  1  2  Vậy phương trình có hai nghiệm là x1  1  2, x2  1  2 1 1   1 1 2) P  1.2.3.....2002.1       2001 2002   2 3  1  1 1  1 1  1   1  1.2.3...2002 1           1001 1002    2002   2 2001   3 2000  2003 2003   2003 2003  1.2.3...2002       1001.1002   2002 2.2001 3.2000  2003a  2003b  2003c   2003 z 2003 Câu 2: (3,0 điểm) 1) 3xy  6 x  y  52  0  y  3x  1  52  6 x  y  3x  1  0 ) 52  6 x 54   2 (x nguyên nên 3x  1 3x  1 54  2 nguyên (với x nguyên) 3x  1  3x  1Ư(54)  1;  2;  3;  6;  9;  18;  27;  54  x 0; 1  x  Z  -29 Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 52) và (-1; -29) 2x  y2  4 y  5 2) 2 x 1 2 Ta có y 2  4 y  5   y  2   1  1, dấu “=” xảy ra khi y = 2 2x 2  1  2 x  x 2  1   x  1  0 chỉ xảy ra khi x = 1 x2  1 Vậy cặp số thực (x, y) cần tìm là (1; 2) Do đó Câu 3: (2,0 điểm) 1) Chứng minh tứ giác BCEF là hình thang. Xét tam giác DEF, ta có: 2) Dể dàng chứng minh được BCEF là hình thang cân  OF  OE Vì DO là phân giác của tam giác BDE nên OE ED  (tính chất đường phân giác) OB BD OB   CE  CD   CE   CE   OE   R 1    R 1   BD  CD   OG  Lại có OG // CE  OG // CD  CE CF OC  OF R    1 OG OF OF OE Do đó R   2 2 OE  R 1  1    OE  2 R.OE  R  0 OE      OE  1  2 R  OE  0  Vậy OF  1   BD  CD  OG   2 R Câu 4: (1,0 điểm) CAH  MAH 1 CM 2 Lại có AM là phân giác BAH 1 1 CM  BM 2 2 1 MI  BM (cmt) 2 0 0  B  30 , từ đó tính được BAC  90 , C  600 BIM  900 Câu 5: (1,0 điểm) 2 Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện: x 2   3  x   5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x 4   3  x   6 x 2  3  x  . 4 2  x 2  y 2  2 xy  9  x y 3 Đặt 3  x  y , ta có  2  2 2 2 x  y  5  x  y  5   x 2  y 2   4  x 2  y 2  2 xy   5  4.9  41  5  x 2  y 2   4  2 xy   41 a Lại có  4  x 2  y 2   5  2 xy   0 với mọi x, y   2  16  x 2  y 2   25  2 xy   40  x 2  y 2   2 xy  2 2  41 x 2  y 2   41 2 xy   25  x 2  y 2   40  x 2  y 2   2 xy   16  2 xy  2 2 2 2 2 2  41 x 2  y 2    2 xy    5  x 2  y 2   4  2 xy        2 2 Từ (a) và (b)  41 x 2  y 2    2 xy    412     b    x 2  y 2    2 xy   41 2 2  x 4  y 4  6 x 2 y 2  41  A  x 4   3  x   6 x 2  3  x   41 4 2  x y 3   x  1, y  2  Dấu “=” xảy ra khi  x2  y 2  5   x  2, y  1  2 2 4  x  y   5  2 xy   Vậy minA = 41 khi x = 1 hoặc x = 2 Cách khác: Đặt: 1,5  x  t  3  x  1,5  t và x  1,5  t  A  1,5  t   1,5  t   6 1,5  t  1,5  t  4 4 2 2 2 2 2  (1,5  t ) 2   (1,5  t ) 2   6(1,5  t ) 2 (1,5  t ) 2     2  (1,5  t ) 2  (1,5  t ) 2   2(1,5  t ) 2 (1,5  t ) 2  6(1,5  t ) 2 (1,5  t ) 2    t 2  3t  2,25  t 2  3t  2,25  4  (1,5  t )(1,5  t )    2   2t 2  4,5   4  2,25  t 2  2   2t 2  4,5    4,5  2t 2  2 2 2 2  4t 4  18t 2  20,25  4t 4  18t 2  20,25  8t 4  40,5 Mặt khác: x   3  x   5 (gt) 2 2  1,5  t   1,5  t 2   5  t 2  3t  2,25  t 2  3t  2,25  5  2t 2  4,5  5  t 2  0,25 2  t 4  0,0625  8t 4  0,5  8t 4  40,5  41 1,5  x  0,5 x 1   A  41 ; Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t 2  0,25  t  0,5   1,5  x  0,5  x  2 Vậy minA = 41 khi x = 1 hoặc x = 2 Giải Câu 5 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Nguyễn Du DakLak 2012-2013 Câu 5: (1,0 điểm) 2 Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện: x 2   3  x   5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x 4   3  x   6 x 2  3  x  . Giải: Đặt: 1,5  x  t  3  x  1,5  t và x  1,5  t 4 2  A  1,5  t   1,5  t   6 1,5  t  1,5  t  4 4 2 2