Đề thi tuyển sinh Toán lớp 10 - GDĐT Ninh Bình (2013-2014)

Chia sẻ: Trần Văn được | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

191
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi tuyển sinh môn Toán lớp 10 - GDĐT Ninh Bình (2013-2014), giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh Toán lớp 10 - GDĐT Ninh Bình (2013-2014)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 20/6/2013 Thời gian làm bài:120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang Câu 1 (1,5 điểm). 1. Rút gọn biểu thức M  2  2 8  18 .  2x  y  9 2. Giải hệ phương trình  . 3x  2y  10 2x 2  4 1 1 Câu 2 (2,0 điểm). Cho biểu thức A  3   (với x  0, x  1 ). 1 x 1 x 1 x 1. Rút gọn A. 2. Tìm giá trị lớn nhất của A. Câu 3 (2,0 điểm). Cho phương trình x 2  2(m  1)x  2m  0 (1) (với x là ẩn, m là tham số). 1. Giải phương trình (1) với m = 0. 2. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. 1. Chứng minh tứ giác BCFM là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh EM = EF. 3. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng, từ đó suy ra góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD. Câu 5 (1,5 điểm). 1. Chứng minh rằng phương trình  n  1 x 2  2x  n  n  2  n  3   0 (x là ẩn, n là tham số) luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số nguyên n. 2. Giải phương trình 5 1  x 3  2  x 2  2  . ------HẾT------ Họ và tên thí sinh:..................................................... Số báo danh:............................................... Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:.................................................................................................. Giám thị 2:..................................................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN - Ngày thi 20/6/2013 (Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang) I. Hướng dẫn chung 1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó. 2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau. 3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm. 4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất. 5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm. 6. Tuyệt đối không làm tròn điểm. II. Hướng dẫn chi tiết Câu Đáp án Điểm 1. (0,5 điểm) M  2  2 8  18  2  2 4.2  9.2 0,25  2  2.2 2  3 2  2 2 0,25 Câu 1 2. (1,0 điểm) (1,5  2x  y  9  4x  2y  18 7x  28 điểm)    0,5 3x  2y  10 3x  2y  10  2x  y  9 x  4 x  4   . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (4; 1) 0,5  2x  y  9 y  1 1. (1,0 điểm) 2x 2  4 1 1 2x 2  4  1  x  1  x  A      0,25 1  x3 1  x 1  x 1  x3  1 x  2 2x  4 2 = 3  0,25 1 x 1 x 2 2x  4 2 2x 2  4  2 1  x  x 2     0,25 Câu 2 1  x  1  x  x 2  1  x 1  x  1  x  x 2  (2,0 2 1  x  2 điểm)  = 0,25 1  x  1  x  x  1  x  x 2 2 2. (1,0 điểm) x  0 Với  thì 1 + x + x2  1 0,25 x  1 2  A= 2 0,25 1 x  x2 A = 2 khi x = 0. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A bằng 2 khi x = 0 0,5 Câu 3 1. (0,75 điểm) (2,0 Với m = 0 phương trình (1) trở thành x 2  2x  0 0,25 1
điểm)  x  x  2  0 0,25  x  0 hoặc x  2 . 0,25 Vậy với m = 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm: x = 0; x = 2. 2. (1,25 điểm)  '  m2  1  0 m . Vậy PT (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 m . 0,25 Để x1, x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một  vuông thì ta phải có x1, x2 > 0.  x  x 2  2  m  1  Theo Vi-ét ta có  1 .  x1x 2  2m  0,25  2  m  1  0  Phương trình (1) có hai nghiệm dương    m 0.  2m  0  2 Theo giả thiết có x1  x 2  12   x1  x 2   2x1x 2  12 2 2 0,25 2 2  4(m  1)  4m  12  m  m  2  0 (*) 0,25 Giải phương trình (*) được m = 1 (thoả mãn), m = -2 (loại). 0,25 Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 1. (1,0 điểm) Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính E AB (giả thiết) nên AMB  900 (góc nội tiếp 0,25 chắn nửa đường tròn) hay FMB  900 . Mặt khác FCB  900 (giả thiết). 0,25 D Do đó FMB  FCB  1800 . Vậy tứ giác M BCFM là tứ giác nội tiếp. I H 0,5 F A C O B 2. (1,0 điểm) Câu 4 Ta có BCFM là tứ giác nội tiếp (cmt)  CBM  EFM 1 (vì cùng bù với CFM ) 0,25 (3,0 Mặt khác CBM  EMF 2 (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng điểm)   0,25 chắn AM ) Từ 1 &  2   EFM  EMF 0,25 Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E  EM  EF (đpcm) 0,25 3. (1,0 điểm) DIF Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH  DF và DIH   3 . 2 Trong đường tròn  I  ta có: DMF và DIF lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm 0,25 1 cùng chắn cung DF. Suy ra DMF  DIF (4). 2 Từ (3) và (4) suy ra DMF  DIH hay DMA  DIH . Trong đường tròn  O  ta có: DMA  DBA (góc nội tiếp cùng chắn DA ) 0,25 Suy ra DBA  DIH 2
Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó 0,25 DBA  HIB  180o  DIH  HIB  180o  Ba điểm D, I, B thẳng hàng. 1 1  ABI  ABD  sđ AD . Vì C cố định nên D cố định  sđ AD không đổi. 2 2 0,25 Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. 1. (0,75 điểm) Với n = -1: Phương trình đã cho trở thành 2x  2  0  x  1  . 0,25 Với n  1 :  '  1  n  n  1 n  2  n  3   1   n 2  3n  n 2  3n  2  0,25 2 2   n 2  3n   2  n 2  3n   1   n 2  3n  1 Ta có n  ,  ' là số chính phương, các hệ số của phương trình là số nguyên nên 0,25 suy ra phương trình đã cho luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số nguyên n. 2. (0,75 điểm) Cách 1: Điều kiện: 1  x 3  0  x  1 . 5 1  x 3  2  x 2  2   5 1  x  1  x  x 2   2  x 2  2  0,25 Đặt u  1  x ; v  1  x  x 2 ; u  0, v  0 2 u u Phương trình đã cho trở thành 5uv  2  u  v   2    5  2  0 2 2 v v 0,25 u u 1   2 hoặc  v v 2 Câu 5 u 2 2 (1,5 Với v  2  1  x  2 1  x  x  4x  5x  3  0 (vô nghiệm) điểm) u 1 5  37 Với   2 1  x  1  x  x 2  x 2  5x  3  0  x  (TM) 0,25 v 2 2 5  37 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x  . 2 Cách 2: Điều kiện: 1  x 3  0  x  1 . 2 0,25 5 1  x 3  2  x 2  2   25 1  x 3   4  x 2  2   4x 4  25x 3  16x 2  9  0   x 2  5x  3 4x 2  5x  3  0 0,25  x 2  5x  3  0  2  4x  5x  3  0 5  37 + x 2  5x  3  0  x  (thỏa mãn) 2 + 4x 2  5x  3  0 : vô nghiệm. 0,25 5  37 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x  . 2 ------Hết------ 3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 21/6/2013 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang  1 1  x 1 Câu 1 (1,5 điểm). Cho biểu thức A    : 2 (với x  0, x  1 ). x x x 1  x 1  1. Rút gọn A. 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  A  16 x . Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình x 2   m  1 x  6  0 (1) (với x là ẩn, m là tham số). 1. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x  1  2 . 2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 với mọi m. Tìm m để biểu thức B  (x 1  9)(x 2  4) đạt giá trị lớn nhất. 2 2 Câu 3 (2,0 điểm). x  y  z  6  1. Giải hệ phương trình  xy  yz  zx  7 .  x 2  y 2  z 2  14    2. Tìm tất cả các cặp số thực (x; y) thỏa mãn x 2  1 x 2  y 2  4x 2 y . Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O bán kính R có đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy một điểm H (H khác O và H khác B). Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường tròn tại hai điểm M và N. Trên tia đối của tia NM lấy một điểm C. AC cắt đường tròn tại K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E. 1. Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp. 2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh rằng tam giác NKF là tam giác cân. 3. Giả sử KE = KC. Chứng minh rằng KM 2  KN 2 là không đổi khi H di chuyển trên đoạn thẳng OB. Câu 5 (1,5 điểm). 2    1. Cho x, y là các số thực thoả mãn x 2 x 2  2y 2  3  y 2  2   1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức C  x 2  y 2 . a2  2 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho là số nguyên. ab  2 4
------HẾT------ Họ và tên thí sinh:..................................................... Số báo danh:............................................... Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:.................................................................................................. Giám thị 2:.................................................................................................. 5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN - Ngày thi 21/6/2013 (Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang) I. Hướng dẫn chung 1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó. 2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau. 3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm. 4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất. 5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm. 6. Tuyệt đối không làm tròn điểm. II. Hướng dẫn chi tiết Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) 2  1 A   1  x 1   1  1    x 1  : . 0,5 x x x 1   x 1 2    x x 1 x 1  x 1 2  1 x .  x 1   x 1 0,5 Câu x  x 1  x 1 x 1 2. (0,5 điểm) (1,5 x 1  1  điểm) P  A  16 x  x  16 x  1    16 x   x  0,25 1 Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có  16 x  2.4  8  P  7 x 1 1 P  7   16 x  x  (thỏa mãn điều kiện). x 16 0,25 1 Vậy max P  7 khi x  . 16 1. (1,0 điểm) 2  Câu Phương trình (1) có nghiệm x  1  2  1  2   m  1 1  2  6  0    0,25 2   (2,0  3  2 2  1  2 m  1  2  6  0 0,25 điểm) 4 2    1 2 m  4  2  m  1 2 0,25 6
m  4  2  2 1 m5 2 6  2  1 2  1 0,25 Vậy với m  5 2  6 thì phương trình đã cho có nghiệm x  1  2 . 2. (1,0 điểm) 2 Ta có    m  1  24  0 m  PT (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x 2 m . 0,25 2 2 B   x1x 2  6    2x1  3x 2  . 0,25 2 Theo Vi-ét ta có x1x 2  6  B    2x1  3x 2   0 0,25  2x1  3x 2  0  x1  3  x 1  3    B = 0 khi và chỉ khi  x1x 2  6   x 2  2 hoặc  x 2  2 . x  x  1  m m  0 m  2 0,25  1 2   Vậy maxB = 0 khi và chỉ khi m = 0 hoặc m = 2. 1. (1,0 điểm) 2 14  x 2  y 2  z 2   x  y  z   2  xy  yz  zx   6 2  2  xy  yz  zx  0,25  xy  yz  zx  11 Kết hợp với phương trình xy  yz  zx  7 suy ra xz = 2. y   x  z   6  0,25   y và  x  z  là hai nghiệm của PT X 2  6X  9  0  X  3 y  x  z  9  x  z  3   x và z là hai nghiệm của phương trình Y 2  3Y  2  0  Y  1 Câu  xz  2 0,25 3 hoặc Y  2 . Do đó  x;z   1; 2  hoặc  x;z    2;1 . (2,0 điểm) Thử lại ta thấy x = 1, y = 3, z = 2 hoặc x = 2, y = 3, z = 1 thỏa mãn HPT đã cho. 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (x; y; z) là (1; 3; 2) và (2; 3; 1). 2. (1,0 điểm)  x 2  1 x 2  y2   4x 2 y  x 4  x 2 y 2  x 2  y2  4x 2 y  0 2 2 0,5  x 4  2x 2 y  y 2  x 2 y 2  2x 2 y  x 2  0   x 2  y   x 2  y  1  0 x 2  y  0  x  0  x  1   hoặc   x  y  1  0 y  0 y  1 0,5  Vậy các cặp số thực (x; y) thỏa mãn bài toán là (0; 0), (1; 1) và (-1; 1). Câu 1. (1,0 điểm) 4 Ta có AHE  90 0 (giả thiết) 0,25 (3,0 I Mặt khác AK B  90 0 (góc nội tiếp chắn điểm) M 0,25 nửa đường tròn) hay AK E  90 0 . 7
 AHE  AK E  180 0 nên tứ giác 0,5 AHEK là tứ giác nội tiếp. 2. (1,0 điểm) Vì BK  AC (do AK B  90 0 ) và NF  AC (giả thiết) nên BK // NF. 0,25  KFN  MKB (2 góc đồng vị) và KNF  N KB (2 góc so le) (1) 0,25 1 1 Mặt khác MKB  sđMB và NKB  sđN B (ĐL góc nội tiếp) 2 2 0,25 mà MB  N B (vì đường kính AB vuông góc với dây cung MN) nên MKB  NKB (2) Từ (1) và (2) suy ra KFN  KN F . Vậy NKF cân tại K. 0,25 3. (1,0 điểm) Nếu KE = KC thì KEC vuông cân tại K  KEC  450 . 0,25 Tứ giác AHEK nội tiếp nên BAK  KEC  450 (cùng bù với HEK )  AKB vuông cân tại K  OK  AB 0,25 Mà MN  AB (gt) nên OK // MN. Gọi I là giao điểm của KO với (O ; R) thì IK // MN. 0,25 Vì IK và MN là hai dây cung của (O) nên MI  N K  MI = KN Vì KI là đường kính của (O) nên KMI  90o . Áp dụng định lí Pitago, ta có : KM 2  MI 2  KI 2 hay KM 2  KN 2  4R 2 . 0,25 Vậy: KM 2  KN 2 không đổi khi H di chuyển trên đoạn thẳng OB. 1. (0,75 điểm) 2    x 2 x 2  2y 2  3  y 2  2   1  x 4  2x 2 y 2  3x 2  y 4  4y 2  4  1    x 4  2x 2 y 2  y 4  4 x 2  y 2  x 2  3  0 0,25 2   x 2  y 2   4  x 2  y 2   3   x 2  0 x 2 Với x 2  y2  C thì ta có C 2  4C  3  0  C 2  4C  4  1   C  2   1 0,25  C  2  1  1  C  2  1  1  C  3 x  0 x  0 x  0 x  0  C 1  2 2  ; C3  2 2  Câu  x  y  1  y  1 x  y  3  y   3  0,25 5 Vậy minC = 1 khi x  0 và y  1 ; maxC = 3 khi x  0 và y   3 . (1,5 2. (0,75 điểm) điểm) a2  2 là số nguyên  b  a 2  2   a  ab  2   2  a  b     ab  2    ab  2 0,25  2  a  b   ab  2  Do đó tồn tại số nguyên dương k sao cho 2  a  b   k  ab  2  (1) Nếu k  2 thì từ (1) ta có a  b  ab  2   a  1 b  1  1  0 , mâu thuẫn. 0,25 Do vậy k = 1. Từ (1) ta có 2  a  b   ab  2   a  2  b  2   2 Giải phương trình này với điều kiện a, b nguyên dương được a = 3, b = 4 hoặc a = 0,25 4, b = 3. Thử lại thấy chỉ có a = 4, b = 3 thỏa mãn đề bài. Vậy (a; b) = (4; 3). 8
--------Hết-------- 9