ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013- 2014 Môn thi: TOÁN - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

Chia sẻ: Thanh Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

305
lượt xem 26
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi tuyển sinh lớp 10 thpt chuyên nguyễn trãi năm học 2013- 2014 môn thi: toán - sở giáo dục và đào tạo hải dương', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013- 2014 Môn thi: TOÁN - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI DƯƠNG NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN (chuyên) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức P ( x) = (3 x − 2) + (1 − 2 x) + (1 − x) thành nhân tử. 3 3 3 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 + y2 = 5 2) Giải hệ phương trình . xy ( x 2 − y 2 ) = 6 Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn điều kiện x − 4 xy + 5 y = 2( x − y ) . 2 2 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. Đi ểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đ ường 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 x 2 − xy + y 2 y 2 − yz + z 2 z 2 − zx + x 2 S= + + x + y + 2z y + z + 2x z + x + 2y ----------------------------Hết---------------------------- Họ và tên thí sinh................................................Số báo danh........................................
Chữ kí của giám thị 1: ....................................Chữ kí của giám thị 2: ........................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM HẢI DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN (chuyên) Câu Ý Nội dung Điể m I 1 Phân tích P( x) = (3 x − 2)3 + (1 − 2 x)3 + (1 − x)3 thành nhân tử 1,00 Đặt a = 3x − 2, b = 1 − 2 x, c = 1 − x � a + b + c = 0 � P = a 3 + b 3 + c 3 0,25 P = (a + b)3 + c 3 − 3ab(a + b) 0,25 = (a + b + c) � + b) 2 − (a + b)c + c 2 � 3ab(a + b) (a � �− 0,25 = −3ab(−c) = 3abc = 3(3 x − 2)(1 − 2 x)(1 − x) 0,25 I 2 A = a (4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a) + c(4 − a)(4 − b) − abc 1,00 a + b + c + abc = 4 � 4a + 4b + 4c + 4 abc = 16 0,25 � a (4 − b)(4 − c) = a(16 − 4b − 4c + bc) = a (4a + 4b + 4c + 4 abc − 4b − 4c + bc) = a(4a + 4 abc + bc) 0,25 = a (2 a + bc ) 2 = a (2 a + bc ) = 2a + abc 0,25 Tương tự b(4 − c)(4 − a) = 2b + abc , c(4 − a)(4 − b) = 2c + abc 0,25 � A = 2(a + b + c) + 3 abc − abc = 2(a + b + c + abc ) = 8 II 1 Giải phương trình 4 − x2 + 6 = 2 2 + x + 3 2 − x 1,00 ĐK: −2 x ( 2 . Pt � (2 − x)(2 + x) − 3 2 − x + 2 3 − 2 + x = 0 ) 0,25 � 2− x ( 2+ x −3 −2 ) ( ) 2+ x −3 = 0 2+ x −3 = 0 0,25 � ( 2+ x −3 )( ) 2− x −2 = 0 � 2− x −2 =0 Giải pt 2 + x − 3 = 0 � x = 7 (Loại) 0,25 Giải pt 2 − x − 2 = 0 � x = −2 (TM). Vậy x = -2 0,25 x2 + y 2 = 5 II 2 Giải hệ phương trình 1,00 xy ( x 2 − y 2 ) = 6 x2 + y 2 = 5 ( x 2 − xy ) + ( y 2 + xy ) = 5 0,25 Hệ � � �� 2 xy ( x − y )( x + y ) = 6 ( x − xy )( y 2 + xy ) = 6 a+b =5 Đặt a = x 2 − xy , b = y 2 + xy ta được hệ ab = 6
a = 2, b = 3 x 2 − xy = 2, y 2 + xy = 3 Giải hệ pt này ta được 0,25 a = 3, b = 2 x 2 − xy = 3, y 2 + xy = 2 x 2 − xy = 2 TH 1. � 3x 2 − 3 xy = 2 y 2 + 2 xy � 3 x 2 − 5 xy − 2 y 2 = 0 y + xy = 3 2 x = 2 y � y2 = 1 � y = � x = � 1, 2 0,25 1 1 3 y = −3 x � x 2 = � x = � , y = m 2 2 2 x 2 − xy = 3 TH 2. � 2 x 2 − 2 xy = 3 y 2 + 3xy � 2 x 2 − 5 xy − 3 y 2 = 0 y + xy = 2 2 1 1 3 x = 3y � y2 = �y=� , x=� 2 2 2 0,25 y = −2 x � x 2 = 1 � x = � y = m 1, 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 1 Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x 2 − 4 xy + 5 y 2 = 2( x − y ) 1,00 Pt � x 2 − 2(1 + 2 y ) x + 5 y 2 + 2 y = 0 0,25 Tồn tại x � ∆ ' = (1 + 2 y ) − (5 y + 2 y ) � 2 2 0 � y 2 − 2 y − 1 � � ( y − 1) 2 � � y − 1 � 2 � 1 − 2 �y � + 2 0 2 1 0,25 Do y là số nguyên nên y = 0, y = 1, y = 2 0,25 y = 0 � x − 2 x = 0 � x = 0, x = 2 2 y = 1 � x2 − 6x + 7 � x = 3 � 2 0,25 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 2 Tìm các số nguyên tố p sao cho 1+ p + p 2 + p 3 + p 4 là số hữu tỷ 1,00 1+ p + p 2 + p 3 + p 4 là số hữu tỷ � 1 + p + p + p + p = n , n �ﾥ 2 3 4 2 0,25 � 4 + 4 p + 4 p 2 + 4 p 3 + 4 p 4 = 4n 2 (1) � p 2 + 4 p 3 + 4 p 4 < 4n 2 < 4 + 4 p + 4 p 2 + 4 p 3 + 4 p 4 + 5 p 2 0,25 � (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 0,25 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 0,25 Với p = 3 � 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 = 11 . Vậy p = 3 IV 1 Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF 1,00
ﾥﾥ Tứ giác DCEH nội tiếp suy ra � HDE = HCE 0,25 ﾥﾥ Tứ giác DBFH nội tiếp suy ra � HDF = HBF 0,25 ﾥﾥﾥﾥ Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra � HCE = HBF � HDE = HDF 0,25 ﾥ Suy ra DH là tia phân giác của góc EDF ﾥ Tương tự EH là tia phân giác của góc DEF . Vậy H là tâm đường tròn 0,25 nội tiếp tam giác DEF. IV 2 Chứng minh AO ⊥ EF 1,00 Vẽ tiếp tuyến xAy của đường tròn (O) tại điểm A ﾥﾥ Tứ giác AEHF nội tiếp suy ra � AFE = AHE 0,25 ﾥﾥ Tứ giác EHDC nội tiếp suy ra � AHE = DCE ﾥﾥ DCE = xAB (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và dây cung cùng 0,25 chắn một cung) ﾥﾥ Suy ra AFE = xAB Ax // EF 0,25 AO ⊥ xAy ⇒ AO ⊥ EF 0,25 IV 3 Chứng minh AO ⊥ EF 1,00 1 AO ⊥ EF ⇒ SAEOF = AO.EF 0,25 2 Tương tự 1 1 0,25 BO ⊥ DF � SBDOF = BO.DF, CO ⊥ DE � SCDOE = CO.DE 2 2 1 � SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE = (AO.EF + BO.DF+ CO.DE) 2 0,25 1 = R(EF + DF+ DE) 2 Vậy chu vi tam giác DEF lớn nhất ⇔ SABC lớn nhất ⇔ khoảng cách từ 0,25 A đến BC lớn nhất ⇔ A là điểm chính giữa của cung lớn BC. x 2 − xy + y 2 y 2 − yz + z 2 z 2 − zx + x 2 V Tìm GTNN của S = + + 1,00 x + y + 2z y + z + 2x z + x + 2y 1 3 1 1 Ta có x 2 − xy + y 2 = ( x + y )2 + ( x − y )2 ( x + y )2 = ( x + y ) 0,25 4 4 4 2 x+ y y+z z+x Tương tự suy ra 2 S + + 0,25 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 0,25 b+c−a c + a −b a+b−c �x+ y = , y+z = , z+x= Đặt 2 2 2 b+c −a c + a −b a +b−c + 2S + 2a 2b 2c
� a�� b c a��c b� =− 4 S+�− + + + + � + � �+ �� 3 2 2 2 3 3 � b�� a a c��b c� 0,25 3 3 Do đó S . Đẳng thức xảy ra x = y = z . Vậy GTNN của S là 4 4 Y A A E E X F F O O H H B D C B D C Hình vẽ câu a Hình vẽ câu b Chú ý. Học sinh có cách giải khác với cách giải nêu trong đáp án nhưng đúng giáo viên vẫn cho đủ số điểm tương ứng.