Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2013-2014 - THPT Chuyên Nguyễn Trãi (Sở GD&ĐT Hải Dương)

Chia sẻ: Tuyensinhlop10 Hoc247 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

349
lượt xem 29
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2013-2014 - THPT Chuyên Nguyễn Trãi (Sở GD&ĐT Hải Dương) nhằm giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập và đặc biệt khi giải những bài tập cần phải tính toán một cách nhanh nhất, thuận lợi nhất đồng thời đáp ứng cho kỳ thi tuyển vào lớp 10.

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 2013-2014 - THPT Chuyên Nguyễn Trãi (Sở GD&ĐT Hải Dương)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức P ( x)  (3x  2)3  (1  2 x)3  (1  x)3 thành nhân tử. 2) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc  4 . Tính giá trị của biểu thức: A  a (4  b)(4  c)  b(4  c)(4  a )  c(4  a )(4  b)  abc Câu II ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình 4  x2  6  2 2  x  3 2  x .  x2  y 2  5  2) Giải hệ phương trình  . 2 2  xy ( x  y )  6  Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn điều kiện x 2  4 xy  5 y 2  2( x  y ) . 2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 1 p  p 2  p 3  p 4 là số hữu tỷ. Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. 1) Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 2) Chứng minh AO  EF . 3) Xác định vị trí của điểm A để chu vi của tam giác DEF đạt giá trị lớn nhất. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S x 2  xy  y 2  x  y  2z y 2  yz  z 2  y  z  2x z 2  zx  x 2 z  x  2y ----------------------------Hết---------------------------- Họ và tên thí sinh................................................Số báo danh........................................ Chữ kí của giám thị 1: ....................................Chữ kí của giám thị 2: ........................... ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN (chuyên) Câu Ý I 1 Nội dung Phân tích P ( x)  (3 x  2)  (1  2 x)3  (1  x)3 thành nhân tử 3 Đặt a  3x  2, b  1  2 x, c  1  x  a  b  c  0  P  a 3  b3  c 3 P  (a  b)3  c 3  3ab(a  b)  (a  b  c) (a  b) 2  (a  b)c  c 2   3ab(a  b)    3ab(c)  3abc  3(3x  2)(1  2 x)(1  x) I A  a (4  b)(4  c)  b(4  c)(4  a )  c(4  a )(4  b)  abc 2 a  b  c  abc  4  4a  4b  4c  4 abc  16  a (4  b)(4  c)  a (16  4b  4c  bc)  a (4a  4b  4c  4 abc  4b  4c  bc)  a (4a  4 abc  bc)  a (2 a  bc ) 2  a (2 a  bc )  2a  abc b(4  c)(4  a )  2b  abc , c(4  a )(4  b)  2c  abc Tương tự  A  2(a  b  c)  3 abc  abc  2(a  b  c  abc )  8 II Giải phương trình 1 4  x2  6  2 2  x  3 2  x   ĐK: 2  x  2 . Pt  (2  x)(2  x)  3 2  x  2 3  2  x  0  2 x       2 x 3 2 2 x 3  2 x 3  0  2 x 3 0 2 x 2  0    2 x 2  0   Giải pt Giải pt II 2 2  x  3  0  x  7 (Loại) 2  x  2  0  x  2 (TM). Vậy x = -2  x2  y 2  5  Giải hệ phương trình  2 2  xy ( x  y )  6  ( x 2  xy )  ( y 2  xy )  5  x2  y 2  5  Hệ    2 2 ( x  xy )( y  xy )  6  xy ( x  y )( x  y )  6  a  b  5 Đặt a  x 2  xy, b  y 2  xy ta được hệ  ab  6 2 2  a  2, b  3  x  xy  2, y  xy  3 Giải hệ pt này ta được   2 2  a  3, b  2  x  xy  3, y  xy  2  x 2  xy  2  TH 1.  2  3 x 2  3 xy  2 y 2  2 xy  3x 2  5 xy  2 y 2  0  y  xy  3   x  2 y  y 2  1  y  1, x  2   y  3 x  x 2  1  x   1 , y   3  2 2 2   x 2  xy  3  TH 2.  2  2 x 2  2 xy  3 y 2  3xy  2 x 2  5 xy  3 y 2  0  y  xy  2  1 1 3  2 x  3y  y  2  y   2 , x   2   y  2 x  x 2  1  x  1, y  2  Vậy hệ pt có tám nghiệm là  1 3   1 3   3 1   3 1  (2;1), (2; 1),  ; ; ; ; ,   , (1; 2), (1; 2),  ,    2 2  2 2  2 2  2 2 III Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x 2  4 xy  5 y 2  2( x  y ) 1 Pt  x 2  2(1  2 y ) x  5 y 2  2 y  0 Tồn tại x   '  (1  2 y ) 2  (5 y 2  2 y )  0  y 2  2 y  1  0  ( y  1) 2  2  y  1  2  1  2  y  1  2 Do y là số nguyên nên y  0, y  1, y  2 y  0  x 2  2 x  0  x  0, x  2 y  1  x2  6x  7  x  3  2 y  2  x 2  10 x  24  0  x  4, x  6 Vậy các cặp số nguyên cần tìm là (0;0), (2;0), (4;2), (6;2) III Tìm các số nguyên tố p sao cho 1 p  p 2  p 3  p 4 là số hữu tỷ 2 1 p  p 2  p 3  p 4 là số hữu tỷ  1  p  p 2  p 3  p 4  n 2 , n    4  4 p  4 p 2  4 p 3  4 p 4  4n 2 2 3 4 2 (1) 2  p  4 p  4 p  4n  4  4 p  4 p  4 p 3  4 p 4  5 p 2  (2 p 2  p ) 2  (2n) 2  (2 p 2  p  2) 2  2 p 2  p  2n  2 p 2  p  2  2n  2 p 2  p  1 . Thế vào (1) ta được 4  4 p  4 p 2  4 p 3  4 p 4  (2 p 2  p  1) 2  p 2  2 p  3  0 Giải pt tìm được p  1 (loại) và p  3 Với p  3  1  p  p 2  p 3  p 4  11 . Vậy p  3 IV Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF 1   Tứ giác DCEH nội tiếp suy ra  HDE  HCE   Tứ giác DBFH nội tiếp suy ra  HDF  HBF     Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra  HCE  HBF  HDE  HDF  Suy ra DH là tia phân giác của góc EDF  Tương tự EH là tia phân giác của góc DEF . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. IV Chứng minh AO  EF 2 Vẽ tiếp tuyến xAy của đường tròn (O) tại điểm A   Tứ giác AEHF nội tiếp suy ra  AFE  AHE   Tứ giác EHDC nội tiếp suy ra  AHE  DCE   DCE  xAB (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)   Suy ra AFE  xAB  Ax // EF AO  xAy  AO  EF IV Chứng minh AO  EF 3 AO  EF  SAEOF = 1 AO.EF 2 Tương tự BO  DF  SBDOF  1 1 BO.DF, CO  DE  SCDOE  CO.DE 2 2 1  SABC = SAEOF + SBDOF  SCDOE  (AO.EF  BO.DF + CO.DE) 2 1 = R(EF  DF + DE) 2 Vậy chu vi tam giác DEF lớn nhất  SABC lớn nhất  khoảng cách từ A đến BC lớn nhất  A là điểm chính giữa của cung lớn BC. Tìm GTNN của S  V Ta có x 2  xy  y 2  Tương tự suy ra 2 S  x 2  xy  y 2  x  y  2z y 2  yz  z 2  y  z  2x z 2  zx  x 2 z  x  2y 1 3 1 1 ( x  y )2  ( x  y )2  ( x  y )2  ( x  y ) 4 4 4 2 x y yz zx   x  y  2z y  z  2x z  x  2 y a  x  y  2 z , b  y  z  2 x, a  z  x  2 y bca c a b abc , yz  , zx 2 2 2 bca c a b a bc  2S    2a 2b 2c Đặt  x  y  b a c a c b  4S              3  2  2  2  3  3 a b a c b c Do đó S  3 3 . Đẳng thức xảy ra x  y  z . Vậy GTNN của S là 4 4 Y A A E E X F H B F O H C D Hình vẽ câu a B O C D Hình vẽ câu b