Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2013 - Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh

Chia sẻ: Tran Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

855
lượt xem 140
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi tham khảo dành cho các em học sinh ôn thi cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT: Đề thi tuyển sinh THPT chuyên Lương Văn Chánh môn Toán (chuyên)năm 2013. Đề thi tham khảo sẽ cung cấp cho bạn nhiều dạnh toán từ Đại số đến hình học giúp các bạn ôn tập dễ dàng hơn.

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 - Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề -------------- Câu 1.(2,00 điểm) Tìm các giá trị của m để một nghiệm của phương trình 2 x 2 − 7 x − 3m = 0 gấp ba lần một nghiệm của phương trình 4 x 2 − 8 x − m = 0 (m là tham sô). Câu 2.(4,00 điểm) Giải phương trình: x 2 + 2(2 − x) x − 1 − 3x + 2 = 0 .  xy − 3x − 2 y = 6 Câu 3.(4,00 điểm) Giải hệ phương trình:  2 .  x + y 2 − 2 x − 4 y = 53 Câu 4.(4,00 điểm) Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 . Hãy tìm các giá trị m sao cho bất đẳng thức sau đúng: 3 x1 x2 − x1 − x2 + 2 − x12 + x2 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2 . 2 Câu 5.(3,00 điểm) Cho hình thoi ABCD có O là giao điểm hai đường chéo. Lấy E là điểm trên OC sao cho CE = 2EO và M là giao điểm của DE và cạnh BC. Trên đoạn thẳng DE lấy · · điểm F sao cho EFC = ODC . Chứng minh rằng: a) ∆ OMD đồng dạng với ∆ FDC . · · b) EFA = 2OBA . Câu 6.(3,00 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định. Một đường thẳng a tiếp xúc với (O) tại A. Gọi M ( khác A,B) là điểm thuộc đường tròn (O). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M cắt a tại C. Gọi I là tâm đường tròn tiếp xúc vơi a tại C và đi qua M, giả sử CD là đường kính của đường tròn tâm I. Goi J là giao điêm cua OC và đường tròn (I). Chứng minh rằng: a) J là trung điêm cua đoan thăng OC. b) Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn (O). ------------HẾT------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……..….………………….………………….;Số báo danh:………..…………….. Chữ kí giám thị 1:………....….………..…; Chữ kí giám thị 2:…..…..………….………………..….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (chuyên) (Hướng dẫn chấm gồm 4 trang) -------------- I- HƯỚNG DẪN CHUNG - Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. - Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. - Điểm toàn bài thi không làm tròn số. II- ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1 Tìm các giá trị m để một nghiệm của p/trình 2 x − 7 x − 3m = 0 (1) 2 (2,00đ) gấp ba lần một nghiệm của phương trình 4 x 2 − 8 x − m = 0 (2) Giả sử phương trình (2) có một nghiệm là a thì 3a là một nghiệm của 0,50đ phương trình (1).  4a 2 − 8a − m = 0   m = 4 a 2 − 8a  Khi đó ta có:  ⇔   2(3a) − 7(3a) − 3m = 0  18a − 21a − 3(4a − 8a) = 0 2 2 2   0,50đ  m = 4a 2 − 8a (3)  ⇔  2  6a + 3a = 0 (4)  1 Giải (4) ta được a = 0 hoặc a = − . 0,50đ 2 1 Với a = 0 suy ra m = 0; với a = − suy ra m = 5. 2 Vậy m = 0 hoặc m = 5 thì phương trình (1) có một nghiệm gấp ba lần 0,50đ một nghiệm phương trình (2). 2 Giải phương trình: x 2 + 2(2 − x) x − 1 − 3x + 2 = 0 (4,00đ) Với điều kiện: x ≥ 1 , phương trình viết lại là: ( ) ( ) 0,50đ 2 x− x− 1 − 4 x− x− 1 + 3= 0 t = 1 x − 1 , phương trình trở thành: t − 4t + 3 = 0 ⇔  2 Đặt t = x − . 0,50đ t = 3 Với t = 1, ta có x − x − 1 = 1⇔ x− 1 ( ) x− 1− 1 = 0 0,50đ
 x− 1= 0 x= 1 ⇔  ⇔  . 0,50đ   x − 1− 1= 0 x= 2 ( ) 2 Với t = 3, ta có: x − x− 1= 3⇔ x− 1 − x− 1− 2 = 0 0,50đ ⇔ ( x− 1+ 1 )( ) x− 1− 2 = 0 0,50đ ⇔ x − 1 − 2 = 0 ⇔ x = 5. 0,50đ Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = { 1; 2;5} . 0,50đ  xy − 3 x − 2 y = 6 3 Giải hệ phương trình:  2  x + y − 2 x − 4 y = 53 2 (4,00đ)  2 xy − 6 x − 4 y = 12 HPT ⇔  2 0,50đ  x + y − 2 x − 4 y = 53 2   ( x + y ) − 8( x + y ) − 65 = 0 (1) 2 ⇔  2 0,50đ  x + y − 2 x − 4 y = 53 2  (2) Giải (1) ta được x + y = 13 hoặc x + y = -5. 0,50đ Với x + y = 13 ⇔ y = 13 − x . Thế vào (2) ta được : x 2 − 12 x + 32 = 0 . 0,50đ Giải ra ta được: x1 = 8, x2 = 4 ⇒ y1 = 5, y2 = 9 . 0,50đ Ta có hai nghiệm đầu tiên : (8 ;5), (4 ;9). Với x + y = − 5 ⇔ y = − x − 5 . Thế vào (2) ta được : x 2 + 6 x − 4 = 0 . 0,50đ Giải ra ta được: x3 = − 3 + 13, x4 = − 3 − 13 ⇒ y3 = − 2 − 13, y4 = − 2 + 13 0,50đ ( Ta có hai nghiệm còn lại: − 3 + )( 13; − 2 − 13 , − 3 − 13; − 2 + 13 . ) ( )( Vậy hpt có các nghiệm: (8;5),(4;9), − 3 + 13; − 2 − 13 , − 3 − 13; − 2 + 13 . ) 0,50đ 4 Tìm m để 3 x1 x2 − x1 − x2 + 2 − x12 + x2 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2 (1), với 2 (4,00đ) x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 P/trình đã cho có: ∆ ' = m 2 − m 2 + 1 = 1 > 0 nên luôn có nghiệm ∀ m . 0,50đ  x1 + x2 = 2m Theo Vièt ta có:  , do đó:  x1 x2 = m − 1 2 0,50đ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2 2 (1) ⇔ 3 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 2 − ⇔ 3 m 2 − 1 − 2m + 2 − 4 m 2 − 2m 2 + 2 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2 0,50đ ⇔ 3 m 2 − 2m + 1 − 4m 2 − 4m + 1 ≥ 2 ⇔ 3 m − 1 − 2m − 1 ≥ 2 (2) 0,50đ
1 Với m < : (2) ⇔ − 3( m − 1) + ( 2 m − 1) ≥ 2 ⇔ m ≤ 0 0,50đ 2 1 Với ≤ m < 1 : (2) ⇔ − 3( m − 1) − ( 2m − 1) ≥ 2 , không có m nào thỏa mãn. 0,50đ 2 Với m ≥ 1 : (2) ⇔ 3( m − 1) − ( 2m − 1) ≥ 2 ⇔ m ≥ 4 . 0,50đ Vậy m ≤ 0 hoặc m ≥ 4 là các giá trị cần tìm. 0,50đ 5 A B (3,00đ) O M E F D C Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này. a) Chứng minh ∆ OMD đồng dạng với ∆ FDC 1,00đ Vì O là trung điểm của BD và CE = 2EO nên E là trọng tâm của ∆ BCD · · 0,50đ và M là trung điểm BC, suy ra OM//CD, do đó OMD = FDC (1). · · Theo giả thiết ODC = EFC nên: · · · · · · ODM = ODC − MDC = EFC − FDC = FCD (2). 0,50đ Từ (1) và (2) suy ra ∆ OMD đồng dạng với ∆ FDC . · · b) Chứng minh EFA = 2OBA 2,00đ 1 1 ABCD là hình thoi nên AD = CD, OM = CD = BC = MC ; 2 2 DC DF Và ∆ FDC : ∆ OMD ⇒= ; 0,50đ MD OM AD DC DF DF Do đó: = = = . MD MD OM MC · · Hơn nữa AD//CM nên FDA = CMD , 0,50đ · · Suy ra ∆ FDA : ∆ CMD ⇒ DFA = MCD . · · Ta có: EFA = 1800 − DFA 0,50đ 0,50đ = 1800 − MCD = · = · = 2OBA . · ADC ABC ·
a 6 I C (3,00đ) D M J E A F B O Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này. a) Chứng minh J là trung điêm đoan thăng OC 1,00đ · · Vì CM là tiếp tuyến của (O) và M ∈ (I) nên CMD = CMO = 90 nên 0 D,M,O thẳng hàng. Do CA và CM là tiếp tuyến của (O) nên 0,50đ DOC = · . · AOC Mà · = · (do AB//CD), suy ra DOC = · , hay ∆ DOC cân AOC DCO · DCO · ( ) tại D. Kết hơp vơi DJ ⊥ OC DJC = 90 suy ra DJ là trung tuyến cua 0 0,50đ ∆DOC, do đó J là trung điêm cua đoan thăng OC. b) Tìm điểm cố định 2,00đ Gọi F là trung điểm của AO, E là giao điểm của DF và BC. Vì OJ=JC (cmt) nên JF là đường trung bình ∆AOC, do đó JF⊥AB và 0,50đ · · · DJF = COB (cùng bù JOF ) (1). DJ JO CO CO Mặt khác , ∆DJO : ∆ JFO (g.g) nên = = = (2). 0,50đ JF FO AO OB Kết hơp (1) và (2) ta đươc ∆DJF : ∆ COB. · · Do đó JDE = JCE nên tứ giác CDEJ nội tiếp đường tròn (I) và 0,50đ · CED = 900 hay DF ⊥BC. Vậy khi M di động, đường thẳng qua D vuông góc với BC luôn đi qua 0,50đ F cố định , F là trung điểm của OA.