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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

355
lượt xem 55
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bước vào kỳ thi tuyển sin lớp 10 đày tự tin với tài liệu tham khảo: Đề thi tuyển sinh THPT chuyên Lương Văn Chánh môn Toán năm 2013 của Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Yên. Mời các bạn cùng tham khảo và luyện tập để đạt kết quả tốt nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán 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: 120 phút, không kể thời gian phát đề -------------- Câu 1.(1,00 điểm) Cho biểu thức: A = 4 − 2 3 + 4 + 2 3. Rút gọn biểu thức A, từ đó tính giá trị biểu thức A3. Câu 2.(1,50 điểm) Giải các phương trình sau: a) x 2 − 2 2 x + 2 2 − 1 = 0 ; b) 2 x 4 + 5 x 2 − 12 = 0 . Câu 3.(2,00 điểm) a) Vẽ đồ thị của các hàm số y = − x và y = − 2 x + 2 trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị trên. Hãy tìm tọa độ điểm A. c) Vẽ qua điểm B(0;2) một đường thẳng song song với trục Ox, cắt đường thẳng y = − x tại điểm C. Tìm tọa độ điểm C rồi tính diện tích tam giác ABC (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xen – ti – mét). Câu 4.(1,50 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một chiếc thuyền khởi hành từ bến sông A lúc 7 giờ. Vào lúc 10 giờ 20 phút, một chiếc ca nô chạy từ bến sông A đuổi theo và gặp thuyền cách bến sông A là 25 km. Hỏi vận tốc của thuyền, biết rằng ca nô chạy nhanh hơn thuyền 10 km một giờ? Câu 5.(3,00 điểm) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1cm, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Đường cao AD của tam giác ABC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là H. a) Chứng minh rằng tứ giác BOCH là hình thoi. b) Gọi E là giao điểm của CO với cạnh AB. Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt BH tại K. Chứng minh 3 điểm K, D, E thẳng hàng. c) Tính diện tích phần chung của hình tròn (O) và tứ giác ABKC. Câu 6.(1,00 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x − 2 x − 3 x − 1 − 9 . 4 2 2 ------------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 (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 Rút gọn biểu thức A = 4 − 2 3 + 4 + 2 3 và tính A3 1,00đ (1,00đ) Ta có: A = 3− 2 3 + 1+ 3+ 2 3 + 1 0,25đ ( ) ( ) 2 2 = 3− 1 + 3+ 1 0,25đ = ( 3− 1 + ) ( ) 3+ 1 = 2 3. 0,25đ ( ) 3 Từ đó: A3 = 2 3 = 23.3 3 = 24 3 . 0,25đ 2 Giải phương trình (1,50đ) a) Giải phương trình: x 2 − 2 2 x + 2 2 − 1 = 0 . 0,50đ ( 2) ( ) 2 2 Ta có: ∆ ' = − 2 2 + 1= 2−1 > 0 0,25đ Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt: 2+ 2−1 2− 2+1 0,25đ x1 = ; x2 = hay x1 = 2 2 − 1; x2 = 1 . 1 1 Vậy phương trình hai nghiệm: x1 = 2 2 − 1; x2 = 1 . b) Giải phương trình: 2 x 4 + 5 x 2 − 12 = 0 . 1,00đ Đặt t = x 2 , t ≥ 0 . Khi đó ptđc trở thành: 2t 2 + 5t − 12 = 0 . 0,25đ ∆ = 52 − 4.2.( − 12) = 121 = 112 > 0 0,25đ − 5 + 11 − 5 − 11 3 Suy ra t1 = ; t2 = , hay t1 = ; t2 = − 4 (loại). 0,25đ 2.2 2.2 2 3 3 6 6 Với t = ⇒ x 2 = ⇔ x = ± . Vậy p/trình có nghiệm: x = ± . 0,25đ 2 2 2 2
3 a) Vẽ đồ thị hàm số y = − x và y = − 2 x + 2 0,75đ (2,00đ) - Lập các bảng giá trị: + Hàm số y = − x 0,25đ x 0 -1 y 0 1 + Hàm số y = − 2x + 2 0,25đ x 0 1 y 2 0 - Đồ thị : như hình vẽ y 0,25đ C B 2 H C B 2 H 1 1 -2 -1 O 1 2 x -2 -1 O 1 2 A -2 A -2 b) Xác định tọa độ điểm A 0,50đ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: y= −x y= −x  y= −2  ⇔  ⇔  . Hay A(2;-2). 0,50đ  y = − 2x + 2  − x = − 2x + 2 x= 2 c) Xác định tọa độ điểm C và tính SABC 0,75đ Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: y= −x x= −2 0,25đ  ⇔  . Do đó C(-2;2). y= 2 y= 2 Qua A kẻ AH ⊥ BC ( H ∈ BC ) . Dựa vào đồ thị ta có AH = 4, BC = 2. 0,25đ 1 1 Do đó, S ABC = AH .BC = .4.2 = 4(cm 2 ) . 0,25đ 2 2 4 Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình 1,50đ (1,50đ) 10 10h20 – 7h = 3h20 = h. 0,25đ 3 Gọi x (km/h), x >0 là vận tốc của thuyền; 0,25đ Khi đó vận tốc của ca nô là x + 10 (km/h). 25 Thời gian từ lúc thuyền khởi hành đến lúc gặp ca nô là (h); x 0,25đ 25 Thời gian từ lúc ca nô rời bến đến lúc gặp thuyền là (h). x + 10
25 25 10 Theo đề ra ta có phương trình: = + ⇔ x 2 + 10 x − 75 = 0 . 0,25đ x x + 10 3 Giải phương trình ta được: x = 5, x = -15 (loại). 0,25đ Vậy vận tốc của thuyền là 5km/h. 0,25đ 5 Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này. (3,00đ) A E O B C D H K a) Chứng minh BOCH là hình thoi 0,75đ Vì BO là đường cao nên BO ⊥ AC , AH là đường kính đường tròn (O) nên · = 900 ⇔ CH ⊥ AC suy ra BO//CH. 0,25đ ACH Tương tự CO//HB; do đó OBHC là hình bình hành . 0,25đ Hơn nữa OB = OC (bán kính đường tròn), suy ra BOCH là hình thoi. 0,25đ b) Chứng minh K, D, E thẳng hàng 1,00đ · · Tứ giác EBKC có BEC = EBK = 900 (theo a); 0,25đ · · » Lại có: KCB = BAC = 600 (cùng chắn BC ); · · » 0,25đ Và CBH = CAH = 300 (cùng chắn HC ); · ( · · ) ⇒ CKB = 1800 − KCB + CBH = 1800 − ( 600 + 300 ) = 900 0,25đ Suy ra tứ giác EBKC là hình chữ nhật. Suy ra hai đường chéo KE và BC giao nhau tại trung điểm mỗi đường. Để ý rằng BOCH là hình thoi (chứng minh trên) nên D là trung điểm 0,25đ của BC, suy ra D ∈ KE , nghĩa là K, D, E thẳng hàng. c) Tính diện tích phần chung của tứ giác ABKC và (O) 1,25đ Gọi S là diện tích cần tìm, S1 là diện tích tứ giác ABHC, S2 là diện tích hình quạt tròn OHC và S3 là diện tích tam giác OHC. 3 2 3 2 3 0,25đ ∆ ABC đều suy ra AD = ⇒ R = OH = AD = , AH = 2R = . 2 3 3 3 1 1 2 3 3 Vì AH ⊥ BC suy ra S1 = AH .BC = × × 1= . 0,25đ 2 2 3 3 · · 60 π COH = 2CAH = 600 ⇒ S2 = × R 2π = 0,25đ 360 18
1 1 BC 1 1 3 3 S3 = DC .OH = .OH = . . = 0,25đ 2 2 2 2 2 3 12 3 π Vậy S = S1 + S 2 − S3 = + (cm2). 0,25đ 4 18 Tìm GTNN biểu thức: P = x − 2 x − 3 x − 1 − 9 4 2 2 6 1,00đ (1,00đ) Ta có: P = ( x 4 − 2 x 2 + 1) − 3 x 2 − 1 − 10 = ( x 2 − 1) − 3 x 2 − 1 − 10 2 0,25đ 2  3 49 49 =  x2 − 1 −  − ≥ − . 0,25đ  2 4 4 3 5 10 Dấu “=” xảy ra ⇔ x 2 − 1 = ⇔ x 2 = ⇔ x = ± . 0,25đ 2 2 2 49 10 0,25đ Vậy Min( P ) = − ⇔ x= ± . 4 2