Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Hà Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO<br /> TẠO<br /> HÀ NAM<br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> Bài 1. (2,0 điểm)<br /> Cho biểu thức M =<br /> <br /> 2 a<br /> <br /> KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT<br /> NĂM HỌC: 2013 – 2014<br /> Môn: Toán (Chuyên Toán)<br /> Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian<br /> giao đề)<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> a  2a - 3b  3b 2 a - 3b - 2a a<br /> a 2  3ab<br /> <br /> a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M.<br /> b) Tính giá trị của M khi a = 1  3 2 , b = 10 <br /> <br /> 11 8<br /> 3<br /> <br /> Bài 2. (2,0 điểm)<br /> Cho phương trình x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0, m là tham số.<br /> a)<br /> Tìm điều kiện của m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1,<br /> x2, x3.<br /> b)<br /> Tìm giá trị của m để x12 + x22 + x32 = 11.<br /> Bài 3. (1,0 điểm)<br /> Cho số nguyên dương n và các số A = 444....4 (A gồm 2n chữ số 4); B =<br /> 2n<br /> <br /> 888.....8 (B gồm n chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương.<br /> n<br /> <br /> Bài 4. (4,0 điểm)<br /> Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm<br /> M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm).<br /> Gọi I là trung điểm của CD.<br /> a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.<br /> b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc<br /> đường tròn ngoại tiếp  COD.<br /> c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi<br /> M thay đổi trên đường thẳng d.<br /> d) Chứng minh<br /> <br /> MD<br /> HA2<br /> =<br /> MC<br /> HC2<br /> <br /> Bài 5. (1,0 điểm)<br /> Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013.<br /> Chứng minh<br /> <br /> a<br /> b<br /> c<br /> +<br /> +<br />  1.<br /> a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab<br /> <br /> Dấu đẳng thức sảy ra khi nào?<br /> HẾT<br /> <br /> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO<br /> TẠO<br /> HÀ NAM<br /> <br /> Câu<br /> a) M =<br /> <br /> 2 a<br /> <br /> KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT<br /> NĂM HỌC: 2013 – 2014<br /> Môn: Toán (Chuyên Toán)<br /> <br /> HƯỚNG DẪN CHẤM<br /> (Hướng dẫn này gồm 4 trang)<br /> Nội dung<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> Điểm<br /> <br /> <br /> <br /> a  2a - 3b  3b 2 a - 3b - 2a a<br /> <br /> a 2  3ab<br />  a, b  0<br /> a  0<br /> ĐK xác định của M: <br /> <br /> a  0<br /> b  0<br /> <br /> M=<br /> <br /> 2a  2a 2  2 3ab  2 3ab  3b  2a 2<br /> a 2  3ab<br /> 2a  3b<br /> <br /> Câu 1 =<br /> <br /> a<br /> 2<br /> <br /> 3<br /> ab<br /> (2,0 đ)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> ( 2a  3b )( 2a  3b )<br /> 2a  3b<br /> <br /> a ( 2a  3b )<br /> a<br /> <br /> b) Ta có M = 2 <br /> <br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0, 5<br /> <br /> 3b<br /> 11 8<br /> với a = 1  3 2 , b = 10 <br /> a<br /> 3<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 3b 30  22 2 (30  22 2)(3 2  1) 102  68 2<br /> <br /> <br /> <br /> a<br /> 17<br /> 1 3 2<br /> (1  3 2)(3 2  1)<br /> <br /> <br /> <br /> 3b<br />  64 2  2 2<br /> a<br /> Từ đó M = 2  (2  2)  2<br /> <br /> Vậy<br /> <br /> 3<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> <br />  2 2<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> 2<br /> <br /> a) x – 5x + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1)<br /> x  2<br />   x  2  ( x 2  3x  2m  1)  0   2<br /> Nếu<br />  x  3x  2m  1  0(*)<br /> x  2<br /> trừ 0,25 điểm<br />  2<br /> x<br /> <br /> 3<br /> x<br /> <br /> 2<br /> m<br /> <br /> 1<br /> <br /> 0<br /> <br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác<br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> <br />   0<br /> <br /> 13  8m  0<br /> <br /> 3<br /> <br /> 13<br /> <br />  m<br /> Câu 2 Điều kiện là 4  6  2m  1  0  2m  3<br /> 2<br /> 8<br /> <br /> <br /> (2,0 đ)<br /> b) Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x1 = 2; x2; x3<br /> trong đó x2; x3 là hai nghiệm phân biệt của pt (*)<br /> Khi đó x12 + x22 + x32 = 11<br />  4   x2  x3   2 x2 x3  11   x2  x3   2 x2 x3  7(**)<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br />  x2  x3  3<br /> (0,25 đ)<br />  x2 .x3  2m  1<br /> <br /> 0,5<br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có <br /> <br /> Vậy (**)  9  2(2m 1)  7  m  1 (thoả mãn ĐK)<br /> Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> Ta có A  444.....4  444......4000...0  444.....4  444....4. 10n  1  888....8<br /> 2n<br /> <br /> n<br /> <br /> n<br /> <br /> n<br /> <br /> n<br /> <br /> n<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> = 4.111....1.999....9  B  4.111....1.9.111....1  B   6.111....1  B<br /> n<br /> n<br /> n<br /> n<br /> n<br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 3<br /> <br /> 3<br /> =  .888....8   B   B   B<br /> 4 <br /> n<br /> 4<br /> <br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Câu 3<br /> (1,0 đ) Khi đó<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 3<br /> 3 <br /> 3 <br /> 3<br /> <br /> A  2 B  4   B   B  2 B  4   B   2. B.2  4   B  2 <br /> 4<br /> 4 <br /> 4 <br /> 4<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 3<br />  <br />  <br /> <br /> =  .888....8  2    3.222....2  2    666....68 <br /> n<br /> n<br /> 4<br />  <br />   n1<br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 2<br /> <br /> Ta có điều phảI chứng minh.<br /> A<br /> <br /> O<br /> H<br /> <br /> d<br /> <br /> M<br /> C<br /> <br /> I<br /> <br /> D<br /> <br /> B<br /> <br /> Câu 4<br /> (4,0 đ) a) MA, MB là các iếp tuyến của (O)<br /> <br /> Q<br /> <br />  MAO  MBO  900<br /> <br /> I là trung điểm của CD  OI  CD  MIO  900<br />  A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO<br />  Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO.<br /> b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)<br /> OA = OB<br />  MO là đường trung trực của AB<br />  MO  AB<br /> 2<br />  MH.MO = MB (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)<br /> 1<br /> sđ BC<br /> 2<br />  MBC MDB( g.g )<br /> MB MD<br /> <br /> <br />  MC.MD  MB 2 (2)<br /> MC MB<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> MBC  MBD <br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Từ (1) và (2)  MH.MO = MC.MD<br /> MC MO<br /> <br />  MCH<br />  MH MD<br /> <br /> MOD(c.g.c)<br /> <br /> 0,25<br /> <br />  MHC  MDO<br />  tứ giác CHOD nội tiếp<br />  H thuộc đường tròn ngoại tiếp  COD.<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI<br /> Hai tam giác vuông MIO và QHO có IOH chung<br /> <br /> 0,25<br /> <br />  MIO QHO<br /> MO OQ<br /> <br /> OI OH<br /> (R là bán kính (O) không đổi)<br /> <br /> MO.OH OA2 R 2<br />  OQ <br /> <br /> <br /> OI<br /> OI<br /> OI<br /> O, I cố định  độ dài OI không đổi<br />  lại có Q thuộc tia OI cố định<br />  Q là điểm cố định  đpcm.<br /> 1800  COD<br /> d) AHC  90  MHC  90  ODC  90 <br /> ( COD cân tại O)<br /> 2<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> = 1800  COD  3600  sdCBCB  sdCAD<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> = CBD (3)<br /> 0<br /> <br /> 0<br /> <br /> <br /> <br /> CAH  CDB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)<br /> Từ (3) và (4)  AHC DBC( g.g )<br /> HA BD<br /> (5)<br /> <br /> <br /> HC BC<br /> MBC MDB( g.g ) (chứng minh trên)<br /> MD MB BD<br /> <br /> <br /> <br /> MB MC BC<br /> 2<br /> <br /> MD MB MD<br />  BD <br /> <br /> .<br /> <br />  <br /> MB MC MC<br />  BC <br /> MD HA2<br /> <br /> Từ (5) và (6) <br /> MB HC 2<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> (6)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> a<br /> <br /> <br /> <br /> b c<br /> <br /> Chứng minh tương tự được<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a2 + ab + ac + bc = a2 +bc +<br /> a(b + c)<br /> Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc  2a bc . Từ đó<br /> a2 + bc + a(b + c)  2a bc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) = a(<br /> 2<br /> Câu 5<br /> b c)<br /> (1,0 đ) Vậy<br /> a a<br /> <br /> 0, 5<br /> <br /> 0<br /> <br /> <br /> <br /> a<br /> <br /> a  2013a  bc<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> a<br /> <br /> <br /> <br /> a<br /> a b c<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> a<br /> (1)<br /> a b c<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> b<br /> b<br /> c<br /> c<br /> (2) và<br /> (3)<br /> <br /> <br /> b  2013b  ca<br /> a b c<br /> c  2013c  ba<br /> a b c<br /> <br /> Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được<br /> a<br /> b<br /> c<br /> a b c<br /> +<br /> +<br /> <br /> 1<br /> a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab<br /> a b c<br /> <br /> a 2  bc<br />  2<br /> b  ca<br /> Dờu “=” xảy ra   2<br />  a  b  c  671<br /> c<br /> <br /> ab<br /> <br /> a  b  c  2013<br /> <br /> <br /> **<br /> HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 3,5 MÔN TOÁN CHUYÊN HÀ NAM<br /> A  4.111...1  4(102 n 1  102 n 2  ...  1)<br /> <br /> Câu 3: Từ giả thiết ta có<br /> <br /> 2n<br /> <br /> B  2.888...8  16.111...1  16(10n 1  10n 2  ...  1)<br /> n<br /> <br /> n<br /> <br /> Từ đó suy ra D=A+2B+4= 4(10  10  ...  1)  16(10n1  10n2  ...  1) +4<br /> 9D = 4(10 1)(102n1  102n2  ...  1)  16(10 1)(10n1  10n2  ...  1)  36<br /> 2 n 1<br /> <br /> 2 n2<br /> <br /> 4(102 n  1)  16(10n  1)  36<br /> <br /> 9D=  4(102 n  4.10n  4)<br /> 2<br />   2 10n  2  <br /> <br /> <br /> <br /> Suy ra đpcm.<br /> Câu 5: Với gt đã cho ta có:<br /> a<br /> a<br /> <br /> a  2013a  bc a  (a  b  c )a  bc<br /> <br /> <br /> a(a  (a  b)(a  c))<br /> a<br />  2<br /> 2<br /> a  (a  b)(a  c) a  a  ab  ac  bc<br /> <br /> <br /> <br /> a(2 (a  b)(a  c)  2a) a(a  b  a  c  2a )<br /> ab  ac<br /> <br /> <br /> 2(ab  ac  bc)<br /> 2(ab  ac  bc)<br /> 2(ab  ac  bc)<br /> <br /> (theo BĐT cosi 2 ab  a+b dấu = xảy ra khi a=b.<br /> Từ đó suy ra VT <br /> <br /> ab  ac<br /> bc  ba<br /> cb  ac<br /> =1 (ĐPCM)<br /> <br /> <br /> ab  ac  bc ab  ac  bc ab  ac  bc<br /> <br /> Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2013:3=671.<br /> <br /> 0,25<br /> <br />