Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2011 - 2012 môn toán (Chuyên) - Sở giáo dục đào tạo tỉnh Phú Yên

Chia sẻ: Sunny_1 Sunny_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

121
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2011 - 2012 môn toán (Chuyên) - Sở giáo dục đào tạo tỉnh Phú Yên để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2011 - 2012 môn toán (Chuyên) - Sở giáo dục đào tạo tỉnh Phú Yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (Chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) ---------- Câu 1. (3,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: P  2  3. 2  2  3 . 2  2  2  3 . 2  2  2  3 . b) Cho x  3 1  65  3 65  1 . Tính Q  x3  12 x  2009 . Câu 2. (3,5 điểm) Cho phương trình a(a+3)x2 - 2x - (a+1)(a+2) = 0 (a là tham số, nguyên). a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm hữu tỷ. b) Xác định a để phương trình có các nghiệm đều nguyên. Câu 3. (5,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) 13 x  2  3x+2  x  3  42  0 ;  x2  9  y  9  b)  . 2  y 9  x 9  Câu 4. (2,5 điểm) 2 1 a) Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 : 2 2  . x  2y  3 xy  y  1 b) Cho 3 số dương a,b,c với abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 M   . a  2b  3 b  2c  3 c  2a 2  3 2 2 2 2 2 Câu 5. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC thỏa mãn AB.AC = BC(AB+AC), có G là trọng tâm và BD, CE là các đường phân giác trong. Chứng minh rằng 3 điểm D, E, G thẳng hàng. Câu 6. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O. Một điểm D di động trên cung nhỏ AC. Trên tia đối của tia DB lấy điểm E sao cho DE = DC. Tìm tập hợp các trung điểm M của đoạn thẳng BE khi D di chuyển trên cung nhỏ AC. = 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 ký của giám thị 1:………………………. Chữ ký của giám thị 2:………………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Toán (chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC ---------- HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Gồm có 05 trang) I- Hướng dẫn chung: 1- 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. 2- 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. 3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số. II- Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm 1 3,00 đ a) Rút gọn biểu thức: 1,50 đ P  2  3. 2  2  3 . 2  2  2  3 . 2  2  2  3 Ta có:    0,25 đ 2  2  2  3 . 2 2  2 3  2  2  2  3 2  2  2  3      42 2 3  2 2 3 0,25 đ Do đó: P  2  3. 2  2  3 . 2  2  3 0,50 đ  2  3 . 4  2  3  2  3. 2  3 0,25 đ 0,25 đ  4  3  1. Cách khác: Áp dụng hằng đẳng thức (a  b)(a  b)  a 2  b 2 , ta có: 0,25 đ       P 2  2  3 2  2  3  2  2  2  3  2  2  2 2  3     0,50 đ    2 3 2 2 3  2  2 3  0,25 đ   2  3  2  3  0,25 đ =4–2=1 0,25 đ Vì P > 0 nên P = 1 b) Tính Q  x3  12 x  2009 , với x  3 1  65  3 65  1 : 1,50 đ 3  Ta có : x3  3 1  65  3 65  1 
  1  65      65  1  33 1  65    3 1 65  1 65  3 65  1  0,50 đ  2  12  1 3  65  3 65  1  2  12x . 0,50 đ Do đó: Q = 2-12x +12x + 2009 = 2011. 0,50 đ 2 Phương trình: a(a+3)x2 - 2x - (a+1)(a+2) = 0 3,50 đ a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm hữu tỷ: 1,50 đ - Với a(a+3) = 0 hay a = 0 hoặc a = -3: Phương trình trở thành: -2x -2 = 0 có nghiệm là x = -1 0,50 đ - Với a(a+3)  0 hay a  0 và a  -3 thì p/t cho là phương trình bậc hai. Ta có: a(a  3)  2  (a  1)(a  2)  a 2  3a  2  a 2  3a 2  2  0 0,25 đ Nên phương trình cho có 2 nghiệm: x1  1 0,25 đ (a  1)(a  2) 2 x2   1 0,25 đ a (a  3) a (a  3) Vì a nguyên nên suy ra phương trình cho luôn có nghiệm hữu tỷ. 0,25 đ --------------------------- -------- Ghi chú : Nếu thí sinh tính  '  (a 2  3a  1) 2  0, a 0,50 đ Vì a nguyên nên  '  a 2  3a  1 là số nguyên 0,25 đ Vậy phương trình cho luôn có nghiệm hữu tỷ. 0,25 đ b) Xác định a để các nghiệm của phương trình đều là nghiệm nguyên: 2,00 đ (1) Nếu a = 0 hoặc a = -3: phương trình có 1 nghiệm nguyên x = -1. 0,50 đ (2) Nếu a  0, a  -3: Theo câu a), phương trình có nghiệm x1 = -1 nguyên nên để p/trình có các nghiệm đều nguyên thì x2 cũng phải là nghiệm nguyên. Nghĩa là: 2 phải chia hết cho a(a  3) . 0,50 đ 2  a(a  3)  2  a  3a  2  0  a(a  3)  1  2 a  3a  1  0 Khi đó ta có các khả năng xảy ra :   2  a  3a  2  0 0,25 đ  a(a  3)  2    a(a  3)  1  a 2  3a  1  0  Vì a nguyên nên chỉ có phương trình a 2  3a  2  0 có hai nghiệm nguyên 0,25 đ a = -1 hoặc a = -2 . Vậy: a  3; 2; 1; 0 thì phương trình cho có các nghiệm đều nguyên. 0,50 đ 3 Giải các phương trình và hệ phương trình: 5,00 đ a) Giải phương trình: 13 x  2  3x+2  x  3  42  0 3,00 đ Điều kiện : x  3 (*). 0,25 đ Đặt t  x  3, t  0 , suy ra x  t 2  3 0,25 đ
Phương trình trở thành: 6t3 +13t2 -14t +3 = 0 0,50 đ 1 1 Giải ra ta được: t  ; t  ; t  3 (loại). 0,50 đ 2 3 1 1 11 Với t  , ta có: x  3   x   ; 0,50 đ 2 2 4 1 1 26 Với t  , ta có: x  3   x   . 0,50 đ 3 3 9 Cả hai nghiệm đều thỏa điều kiện (*).  11 26  Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là: S   ;   . 0,50 đ  4 9  x2  9  y  9  b) Giải hệ phương trình:  2,00 đ  y2  9  x  9   x 2  9  (9  y )2 (1)  Với điều kiện x, y  9 , hệ đã cho là:  0,50 đ 2 2  y  9  (9  x) (2)  x  y 0,50 đ Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được: ( x  y )( x  y  9)  0   . y  9 x + Với x = y, thế vào (1) ta được: 18x -72 = 0  x  y  4 . 0,50 đ + Với y = 9 – x, thế vào (2) thì phương trình vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : (x;y)= (4;4). 0,50 đ 4 2,50 đ 2 1 a) Chứng minh : 2 2  (x, y > 0) 1,00 đ x  2y  3 xy  y  1 Vì x, y > 0 nên x 2  2y 2  3  0; xy  y  1  0 2 1 0,25 đ Do đó : 2 2   2xy  2y  2  x 2  2y 2  3 x  2y  3 xy  y  1  (x  y) 2  (y  1) 2  0 0,25 đ Bất đẳng thức sau cùng đúng nên bất đẳng thức đầu đúng . 0,25 đ Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1. 0,25 đ b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1,50 đ 1 1 1 M 2  2  2 (a,b,c >0; abc = 1) a  2b 2  3 b  2c 2  3 c  2a 2  3 Áp dung bất đẳng thức ở câu a) ta có:
1 1 2 1 1 2 2  2 2  a  2b  3 2 a  2b  3 2 ab  b  1 0,25 đ 1 1 2 1 1   b 2  2c 2  3 2 b 2  2c 2  3 2 bc  c  1 1 1 2 1 1   c 2  2a 2  3 2 c 2  2a 2  3 2 ca  a  1 0,25 đ 1 1 1 1  M      2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1  Do abc = 1 nên: 0,25 đ 1 1 1 ca a 1   = 2   ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1 ca b  abc  ca abc  ac  a ca  a  1 0,25 đ ca a 1 =   =1. ca  a  1 ca  a  1 ca  a  1 0,50 đ 1 1 Do đó M  . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1. Vậy Max(M) = . 2 2 5 2,50 đ Gọi M là trung điểm của BC (1). Nối GD, GE. Gọi P, Q là các điểm trên tia GM sao cho: BP //GE, CQ //GD (2) . Theo định lý Ta-lét và tính chất 0,50 đ đường phân giác: GP EB CB   ; GA EA CA GQ DC BC   A GA DA BA 0,50 đ GP GQ CB BC Suy ra:    0,25 đ GA GA CA BA GP  GQ BC ( AB  AC )    1 (vì BC ( AB  AC )  AB. AC ). 0,25 đ GA AB.AC  GP+GQ = GA = 2GM . 0,25 đ Do đó M là trung điểm của PQ (3). 0,25 đ Kết hợp (1) và (3) suy ra tứ giác BPCQ là hình bình hành  BP//CQ (4). 0,25 đ Từ (2) và (4) suy ra G, D, E thẳng hàng. 0,25 đ 6 3,50 đ B
a) Phần thuận: ABC cân  ABC  ACB  ADB  ADE  ADC (vì cùng bù với ABC ). 0,50 đ Xét ADC và ADE có: AD: chung ; DC = DE (giả thiết) ADC  ADE (cmt) Suy ra ADC = ADE (c.g.c) 0,50 đ Do đó AC=AE=AB ABE cân tại A. Vì M là trung điểm BE nên AMB  900 . 0,25 đ Hơn nữa do AB cố định nên M lưu động trên đường tròn đường kính AB. 0,25 đ b) Giới hạn: Khi D  A thì M  A; D  C thì M  H (AH là đ/cao của ABC). c) Phần đảo: 0,50 đ Lấy điểm M bất kỳ trên AH . Gọi D là giao điểm thứ 2 của BM và đường tròn (O). Trên tia đối của tia DB lấy điểm E sao cho DE = DC. Ta sẽ chứng minh M là trung điểm của BE. Xét ADC và ADE có: 0,50 đ AD: chung ; DC = DE (giả thiết) ADC  ADE (cùng bù với ABC ) Suy ra ADC = ADE (c.g.c)  AC=AE=AB (1) Lại có AM  BE (M nằm trên đường tròn đường kính AB) (2) 0,25 đ Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của BE. 0,25 đ d) Kết luận: Khi D di động trên cung nhỏ AC thì quĩ tích của M là cung nhỏ AH của đường tròn đường kính AB. 0,50 đ