Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Tin học năm học 2014-2015 môn Toán - Trường THPT chuyên Lam Sơn

Chia sẻ: Cau Le | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

388
lượt xem 28
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Tin học năm học 2014-2015 môn Toán - Trường THPT chuyên Lam Sơn" giúp các bạn ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Tin học năm học 2014-2015 môn Toán - Trường THPT chuyên Lam Sơn

www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin học) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2014 Câu 1: ( 2.0 điểm) 3 x  16 x  7 x 1 x 3 Cho biểu thức: P    ( Với x > 0) x 2 x 3 x 3 x 1 1. Rút gọn biểu thức P 2. Tính giá trị của biểu thức P khi x  2 2  3 . Câu 2: (2.0 điểm) 1. Cho phương trình: 2013x2 – (m – 2014)x – 2015, với m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x12  2014  x1  x2 2  2014  x2 1 1 2.Giải phương trình:  3 (2 x  1) 2 (2 x  2) 2 Câu 3: (2.0 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 –x2y – xy2 = 5 Câu 4: (3.0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi M là điểm thuộc cung AB (M  A, M  B) và I là điểm thuộc đoạn OA( I  O, I  A). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Gọi E là giao điểm của AM với IC, F là giao điểm của BM với ID. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp 2. EF//AB 3. OM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM. Câu 5: (1.0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x 2  y 2 + y 2  z 2 + z 2  x 2 = 2014 x2 y2 z2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = + + y z z x x y Hết đề Họ và tên thí sinh:………………………………………………………………………….Số báo danh: ………………… Chữ ký của giám thị 1: …………………………………… Chữ ký của giám thị 2: ………………………………
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHUYÊN TIN Câu Nội dung Điểm 3x  16 x  7 x 1 x 3 3x  4 x  7 x 1 x 3 P      0.25 x 2 x 3 x 3 x  1 ( x  3)( x  1) x 3 x 1 3x  4 x  7  ( x  1)( x  1)  ( x  3)( x  3)  0.25 ( x  3)( x  1) 1.1 3x  4 x  7  x  1  x  9  0.25 ( x  3)( x  1) x4 x 3 ( x  3)( x  1) x 1    0.25 ( x  3)( x  1) ( x  3)( x  1) x 1 x  2 2  3 = ( 2 +1)2. (Thoả mãn ĐKXĐ) 0.5 => x = 2 +1 1.2 x 1 2 11 2 2 => P  =   =1+ 2 0.5 x 1 2 11 2 Cho phương trình: 2013x2 – (m – 2014)x – 2015, với m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x 2 thoả mãn x12  2014  x1  x2 2  2014  x2 Ta có:  = (m - 2014)2 + 4 . 2013 . 2015 > 0 với mọi m. Vậy phương trình luôn 0.25 có hai nghiệm phân biệt với mọi m.  m  2014  x1  x2  2013 Theo hệ thức Vi – et ta có:   x x  2015  1 2 2013 Từ x12  2014  x1  x2 2  2014  x2 0.25 2.1 =>     2014  x 2  2014  x 1 1 x2 2  2014  x2    2014  x12  2014  x1  x2 2  2014  x2   2014  ( x 2  2014)( x 2  2014)  x x 2  2014  x x 2  2014  x x  1 2 1 1 2 2 1 2 =>   2014  ( x12  2014)( x2 2  2014)  x2 x12  2014  x1 x2 2  2014  x1 x2 0.25 2 2 => x1  2014( x1  x2 )  x2  2014( x1  x2 )  0 => (x1 + x 2)( x12  2014  x2 2  2014 ) = 0 => x1 + x2 = 0 m  2014 =>  0 => m = 2014. 2013 0.25 Vậy m = 2014 là giá trị thoả mãn đề bài. 1 1 2.2 Giải phương trình: 2   3 (*) (2 x  1) (2 x  2) 2 1
1 1 1 ĐK: x  -1 và x   .Đặt 2x + 1 = t, PT (*) 2  3 2 t (t  1) 2 2 0.25 1 1  2     3 0  t t  1  t (t  1) 1 Đặt y = , ta có pt: y2 + 2y – 3 = 0. Giải pt ta được y1 = 1, y2 = -3 0.25 t (t  1) 1 Với y1 = 1 => = 1 => t(t+1) = 1=> t2 + t – 1 = 0 t (t  1)  1  5  1  5  3  5 1t  2  1 x  1   x1  0.25  2 2 4 =>  =>    (Thoả mãn) t   1  5  1  5  3  5  2  2 x2  1   x2  2  2  2 1 1 1 Với y2 = -3 => = -3 => t(t+1) = => t2 + t + = 0 (Vô nghiệm vì     ; hoặc    0.25 ( x  y ) 1  x  y 1 y2 x  y  1  y 3  x  y 1  x  y 1 TH2:  2 =>  (loại)  ( x  y )  5  x  y   5 0.25 Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (x;y)  {(3;2); (2;3) } C M 1 2 1 D E 1 F 4 1 1 1 2 2 . . 2 A B I O CM: Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp: 4.1 0.25 C/m được các tứ giác ACMI, BDMI nội tiếp 2
I1   A1        0 Do đó:   I1  I 2  A1  B1 , mà A2  B2  90 và I2  B  1  0.5  A1   A2  BB   1800 => I  I  900 1 2 1 2 => EIF  EMF  90 =>  MEIF nội tiếp được.   0 0.25 CM: EF // AB: MEIF nội tiếp (câu 1) => I1  F1 0.5 ACMI nội tiếp (câu 1) => I   1A 1 4.2 Trong (O) B   A1 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng 2 0.25 chắn cung AM) Do đó => B  F , mà chúng ở vị trí đồng vị => EF // AB. 0.25 2 1 CM: OM là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ngoại tiếp các tam giác: CEM , DFM Ta có OA = OM => M  A2 mà C A2 ( cùng chắn cung IM) => C  M  => OM 1 1 1 1 0.5 4.3 là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME (1) Lại có: OM = OB => M B  mà D B  ( cùng chắn cung IM) => D  M => 2 2 1 2 1 2 OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF(2) 0.5 Từ (1) và (2) => ĐPCM Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: x 2  y 2 + y 2  z 2 + z 2  x2 = 2014 x2 y2 z2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = + + yz zx x y Đặt: a = x2  y 2 ; b = y2  z2 ; c = z 2  x 2 (*) => a + b + c = 2014 (1) a 2  b2  c2 a 2  b2  c 2 2  a 2  b 2  c 2 Từ (*) => x 2 = ; y2 = ;z = 2 2 2 0.25 Áp dụng BĐT Cauchy ta có: y + z  2( y 2  z 2 ) = b 2 ; z + x  2( z 2  x 2 ) =c 2 ; x + y  2( x 2  y 2 ) = a 2 5 Từ đó ta có: x2 y2 z2 1 a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2 T= + +  ( + + ) y z z x x y 2 2 b c a 0.25 1 a 2 c 2 a 2 b2 b2 c 2 T ( + + + + + - a – b – c ) (2) 2 2 b b c c a a Áp dụng BĐT Cauchy ta lại có: a2 c2 a2 b2 b2 c2 + b  2a; + b  2c; + c  2a; + c  2b; + a  2b; + a  2c b b c c a a 0.25 a 2 c 2 a 2 b2 b2 c 2 => + + + + +  4(a + b + c) – 2(a + b+ c) = 2(a + b + c) (3) b b c c a a 1 1 Từ (2) và (3) => T  ( a + b + c) (4) ; Từ (1) và (4) => T  . 2014. 2 2 2 2 0.25 2014 2014 Vậy TMin = , khi x = y = z = . 2 2 3 2 3
4