Đề tuyển sinh lớp 10 Toán (chuyên) – Sở GD&ĐT Khánh Hòa 2012-2013 (kèm đáp án)

Chia sẻ: Nguyen Nha Linh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

112
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm chuẩn bị kiến thức cho kì thi tuyển sinh lớp 10 mời các bạn học sinh lớp 9 đang chuẩn bị thi tuyển tham khảo đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) của Sở GD&ĐT Khánh Hòa năm 2012-2013.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề tuyển sinh lớp 10 Toán (chuyên) – Sở GD&ĐT Khánh Hòa 2012-2013 (kèm đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi : TOÁN CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 22/6/2012 (Thời gian : 150 phút – không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 1: Bài 1.(2.00 điểm) 2 6  34 2 3 1) Rút gọn biểu thức P  . 11  2  6  12  18  1 1 1 2) Với n là số nguyên dương, cho các biểu thức A  1      3 2n  3 2n  1 1 1 1 1 và B      . 1.(2n  1) 3.(2n  3) (2n  3).3 (2n  1).1 A Tính tỉ số . B Bài 2.(2.00 điểm) 1) Giải phương trình 2 1  x  x 2  2x  1  x 2  2x  1 . (x  y) 2  y  3  2) Giải hệ phương trình  2 2 . 2(x  y  xy)  x  5  Bài 3.(2.00 điểm) 1) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a 3  36 và abc  1 . Chứng minh a 2  3(b 2  c 2 )  3(ab  bc  ca) . 2) Cho a  Z và a  0 . Tìm số phần tử của tập hợp  2a  A= x  Z  Z (Z là tập hợp các số nguyên).  3x  1  Bài 4.(3.00 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Tiếp tuyến tại A của (O; R) cắt đường thẳng BC tại điểm M. Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống BC. 1) Chứng minh AB.AC  2R .AH .
2 MB  AB  2) Chứng minh   . MC  AC  3) Trên cạnh BC lấy điểm N tùy ý (N khác B và C). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của N lên AB, AC. Tìm vị trí của N để độ dài đoạn EF nhỏ nhất. Bài 5.(1.00 điểm)Cho tam giác ABC có đường cao AH, biết H thuộc cạnh BC và 1 1 BH  BC. Trên tia đối của tia HA, lấy điểm K sao cho AK 2  KH 2  BC 2  AB2 . Chứng minh 3 3 AK.BC  AB.KC  AC.BK . HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC TOÁN CHUYÊN . B. Đáp án và thang điểm Bài Đáp án Điểm 2 6  34 2 3 Rút gọn biểu thức P  . 1 điểm 11  2  6  12  18  P 3  2 3 6    2 3 6  0.25 11  2  6  12  18  1.1   2 3 6  3 1  2 0.25  2 3 6    2 3 6  3 1  0.25 2 3 6  3  1. 0.25 A Tính tỉ số . 1 điểm B 1  1  1 1   1 1  1  B 1  2n  1    3  2n  3      2n  3  3    2n  1  1  2n  0.25        1.2 1  1 1 1   1 1 1  B 2n 1  3    2n  3  2n  1   1  3    2n  3  2n  1   0.25     1 B .2A 0.25 2n A n. 0.25 B Giải phương trình 2 1  x  x 2  2x  1  x 2  2x  1 . 1 điểm Điều kiện x 2  2x  1  0 . Đặt t  x 2  2x  1  0. Phương trình trở thành 0.25 t 2  2  x  1 t  4x  0 t  2   t  2  t  2x   0   0.25 2.1  t  2x Với t  2, ta có x 2  2x  1  2  x 2  2x  5  0  x  1  6 (nhận) 0.25 x  0 Với t  2x, ta có x 2  2x  1  2x   2 : vô nghiệm 3x  2x  1  0 0.25 Vậy phương trình có nghiệm x  1  6 . (x  y) 2  y  3  2.2 Giải hệ phương trình  2 2 . 1 điểm 2(x  y  xy)  x  5 
Dùng phương pháp cộng hoặc thế ta được 2xy  2y  x  1  0 1 0.25  (x  1)(2y  1)  0  x  1 hoặc y  2  y  1 Với x  1 , ta được y 2  y  2  0   y  2 0.25 Ta được hai nghiệm (1; 1) và (1;2) 1 9 1  10 Với y  , ta được x 2  x   0  x  2 4 2 0.25  1  10 1   1  10 1  Ta được hai nghiệm  ;  và  ;   2 2  2 2  1  10 1   1  10 1  Tóm lại hệ có bốn nghiệm (1; 1) ; (1;2) ;  ;  và  ; . 0.25  2 2  2 2 Chứng minh bất đẳng thức. 1 điểm 1 a2 Ta có bc = . Bất đẳng thức được viết lại b 2  c 2  2bc  3bc  a  b  c   0 0.25 a 3 2 a2 3   b  c  a  b  c    0 0.25 3 a 3.1 2  a  a2 3   b  c       0 0.25  2  12 a 2  a  a 3  36   b  c      0 (hiển nhiên đúng vì a 3  36 )  2 12a 0.25 Bất đẳng thức được chứng minh.  2a  Cho a  Z và a  0 . Tìm số phần tử của tập hợp A= x  Z  Z . 1 điểm  3x  1  2a Xét x  Z. Nếu  Z thì 2a  (3x  1)  3x  1  2 b , với b  0;1;...;a 0.25 3x  1 Nếu b là số chẵn, tức là b= 2k ( k Z)  2 2k  1  4 k  1  (4  1)(4k 1  4k  2  ...  1) 3  phương trình 3x  1  2b có nghiệm nguyên duy nhất 0.25 3.2 Ta cũng có 22k  1   (4 k  1)  2   3  phương trình 3x  1  2b không có   nghiệm nguyên Nếu b lẻ, tức là b  2k  1(k  )  22k 1  1  2.4k  1  3.4 k  (4k  1)   3    phương trình 3x  1  2b không có nghiệm nguyên 0.25 Ta cũng có 22k 1  1  3.4k  (4k  1)   3  phương trình 3x  1  2b có nghiệm   nguyên duy nhất Vậy số phần tử của A là a  1. 0.25 Không 4.1 chấm điểm hình
vẽ A bài 4 I O F E K C M B H N D Chứng minh AB.AC  2R .AH . 1 điểm Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại D 0.25 Hai tam giác vuông AHB và ACD có CDA  HBA (nội tiếp cùng chắn AC )  AHB ACD 0.25 AB AH   0.25 AD AC  AB.AC  AD.AH  2R.AH . 0.25 2 MB  AB  Chứng minh   . 1 điểm MC  AC  Xét MAC và MBA ta có M chung, ACB  MAB (góc nội tiếp và góc tạo 0.25 bởi tiếp tuyến với dây cung)  MAC MBA (g.g) 2 MB AB MB2  AB  4.2      0.25 MA AC MA 2  AC  MB MA Và   MB.MC  MA 2 0.25 MA MC 2 MB  AB  Suy ra   . 0.25 MC  AC  Tìm vị trí của N để độ dài đoạn EF nhỏ nhất. 1 điểm Ta có AEN  AFN  900  900  1800 nên tứ giác AFNE nội tiếp đường tròn 0.25 đường kính AN 4.3 Gọi I là trung điểm AN, từ I hạ IK  EF ta suy ra KE = KF và BAC  KIE 0.25 Trong tam giác vuông IKE ta có 0.25 KE  IE.sin KIE  IE.sin BAC  EF  AN.sin BAC  AH.sin BAC Vậy EF nhỏ nhất khi và chỉ khi AN  AH  N  H . 0.25
A Không chấm điểm hình H J vẽ B C bài 5 K I x Chứng minh AK.BC  AB.KC  AC.BK . 1 điểm Gọi J là điểm thuộc đoạn BC sao cho H là trung điểm BJ. Kẻ đường thẳng Jx qua J vuông góc BC, đường thẳng qua K song song BC cắt đường thẳng Jx tại I. Khi 0.25 đó, BKIC là hình thang cân và HKIJ là hình chữ nhật. 4 5 BI 2  BJ 2  JI2  BJ 2  KH 2  BC 2  KH 2 9 1 1 1 AI 2  AK 2  KI 2  AK 2  HJ 2  AK 2  BC 2  BC 2  AB2  KH 2  BC 2 9 3 9 0.25 4  BC2  AB2  KH 2  BI 2  AB2 9  ABI vuông tại B. 1 4 1 AC2  AH 2  HC 2  AB2  BC 2  BC 2  AB2  BC 2 9 9 3 1 IC2  KH 2  JC 2  KH 2  BC2 9 0.25 4  AC 2  IC 2  BC 2  AB2  KH 2  AB2  BI 2  AI 2 9  ACI vuông tại C. 1 1 1 Khi đó, SABKC  SABIC  SABI  SAIC  AK.BC  AB.BI  AC.IC 2 2 2 0.25  AK.BC  AB.KC  AC.BK .