KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN CHUYÊN

Chia sẻ: Mi Hong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

108
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN CHUYÊN. Đây là đề thi chính thức của Sở giáo dục và đào tạo trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT. Thời gian làm bài là 120 phút không kể thời gian giao đề. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN CHUYÊN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO Năm học : 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (hệ số 2) (Dành cho lớp chuyên Toán) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ: Bài 1: ( 2 điểm) 1/ Tìm tất cả các bộ ba số thực (x, y, z) sao cho x + y + z > 2 và x2 + y2 = 4 – 2xy; x2 + z2 = 9 – 2xz ; y2 + z2 = 16 – 2yz. n n 2 n3 2/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì S    là một số tự 3 2 6 nhiên. Bài 2: ( 2 điểm) 1 b2 Cho hai số a, b thỏa: 2 a 2    4 . Xác định a và b để tích a.b nhỏ a2 4 nhất. Bài 3: ( 2 điểm) 1 1/ Cho a  0 . Chứng minh rằng a   2. a 2/ Với giá trị nào của n nguyên dương thì các số dương a1 , a2 ,...., an thỏa mãn 1 1 1 các đẳng thức a1  a2  ...  an  2 và   ...   2 a1 a2 an Bài 4: (3 điểm) Cho đường thẳng (d) cố định và điểm A cố định không thuộc (d). Hai điểm B, C thay đổi trên (d) sao cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên (d); E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC. 1/ Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn (O). 2/ Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng AH với (O). Chứng minh: a/ AM.AN = AE.AB b/ Hai điểm M và N cố định. Bài 5: (1 điểm) Tam giác ABC có độ dài các đường cao là số nguyên dương và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1. Chứng minh ABC là tam giác đều. -----------------HẾT------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO Năm học : 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (hệ số 2) (Dành cho lớp chuyên Tin) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ: Bài 1: ( 2 điểm) 1/ Tìm tất cả các bộ ba số thực (x, y, z) sao cho x + y + z > 2 và x2 + y2 = 4 – 2xy; x2 + z2 = 9 – 2xz ; y2 + z2 = 16 – 2yz. n n 2 n3 2/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì số S    là một số tự 3 2 6 nhiên. Bài 2: (2 điểm) 2 1 b2 Cho hai số a, b thỏa: 2 a  2   4 . Xác định a và b để tích a.b nhỏ nhất. a 4 Bài 3: ( 2 điểm) 1/ Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta có: 1 1 1   (n  1) n  n n  1 n n 1 1 1 1 1 2/ Tính S     ...  2 1 1 2 3 2  2 3 4 3  3 4 10000 9999  9999 10000 Bài 4: (3 điểm) Cho đường thẳng (d) cố định và điểm A cố định không thuộc (d). Hai điểm B, C thay đổi trên (d) sao cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên (d); E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC. 1/ Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn (O). 2/ Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng AH với (O). Chứng minh: a/ AM.AN = AE.AB b/ Hai điểm M và N cố định. Bài 5: (1 điểm) Tính các góc của tam giác ABC biết rằng đường cao AH và trung tuyến AI chia góc BAC thành ba phần bằng nhau. -----------------HẾT------------------
Thi tuyển sinh Trần Hưng Đạo – Đáp án ( Hệ số 2 ) Năm học 2010 – 2011 Chuyên Toán Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm 1/ (1,0 đ) Ta có (x + y)2 = 4  x + y = 2 0,25 Tương tự: x + z = 3 ; y + z = 4 234 0,25 Vì x + y + z > 2 nên chỉ có thể chọn x + y + z = hoặc x + y + z = 2 2  3  4 2 9 * Với x + y + z = và x + y =2; x + z = 3; y + z = 4 2 1 3 5 0,25 Tính được ( x  ; y  ; z  ) 2 2 2 5 Bài 1 * Với x + y + z = và x + y = -2; x+ z = 3; y + z = 4 (2 đ) 2 3 1 9 Tính được ( x   ; y   ; z  ) 2 2 2 0,25 2/ (1,0 đ) n n2 n3 2n  3n 2  n3 0,25 Ta có    3 2 6 6 2 n(n  3n  2) n(n  1)(n  2) 0,25   6 6 Vì tử số là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên luôn chia hết cho 6. 0,25 n n 2 n3 Vậy   là một số tự nhiên 0,25 3 2 6 Dễ thấy a  0 . 2 1 b2 Từ giả thiết ta có : (a   2)  (a 2   ab)  2  ab 0,5 a2 4 Bài 2 1 b Hay ( a  ) 2  ( a  ) 2  2  ab 0,5 ( 2 đ) a 2 1 b 0,5 Từ đó a.b nhỏ nhất khi : a  và a   a 2 Tìm được : (a= 1 ; b = -2) ; (a = -1 ; b =2) 0,5 1/ (0,5 đ) Ta có (a -1)2  0  a 2  1  2a 0,25 2 a 1 1 Hay 2 a 2 0,25 a a 2/ (1,5 đ) Cộng vế theo vế hai đẳng thức đã cho ta có: Bài 3 (2 đ) 1 1 1 0,25 (a1  )  (a2  )  ...  (an  )  4 a1 a2 an Từ bất đẳng thức đã chứng minh câu 1/, suy ra: n  2 0,25 1 1 * Với n = 2: thì (a1  )  (a2  )  4 0,25 a1 a2 Đẳng thức này chỉ xảy ra khi a1 = a2 =1 (Thỏa mãn các đẳng thức đã cho) 0,25
1 0,25 * Với n = 1 thì không tồn tại a1 sao cho a1 =2 và 2 a1 Vậy n = 2. 0,25    1/ (1đ)Chứng minh: AEF  ACH và kề bù với BEF 0,5 Nên tứ giác BEFC nội tiếp trong (O) 0,5 2/ a/ (1đ)Tam giác AEN và AMB đồng dạng 0,5 AE AN 0,25 nên  AM AB suy ra: AM.AN = AE.AB 0,25 b/ (0,75)Chứng minh: HN.HM = BH.HC = AH2. Trong tam giác vuông ABH có: AE.AB = AH2 AM.AN = (AH – MH)(AH + NH) = AH2 – HN.HM + AH(NH – MH) = AH2 Suy ra: AH = NH – MH = a ( không đổi do A, H cố định) 0,25  5 1 Bài 4 HN  HM  a HM   a (3 đ) Ta có hệ: Suy ra  2 0,25   HN .HM  a 2 HN  5  1 a   2 0,25 Nên M và N cố định Hình vẽ đến câu 2/ 0,25 Đặt BC = a, AC = b, AB = c và x, y, z   lần lượt là độ dài các đường cao tương ứng với các cạnh a,b,c và bán kính đường tròn nội tiếp tâm O bằng 1 nên x, y, z > 2 Giả sử x  y  z 1 S ABC = S OBC + S OAC + S OAB == (a  b  c) 0,25 2 1 1 1 S ABC = ax = by = cz 2 2 2 a b c abc 1 1 1 Bài 5 Nên ax = by = cz = a+b+c =   = nên   = 1 1 1 1 1 1 1 x y z (1 đ)   x y z x y z 3   z  3  z=3 0,25 z 1 1 1 1 1 2 Từ   = 1 và z = 3     3(x+y) = 2xy x y z x y 3  (2x-3)(2y-3) = 9 0,25 Suy ra 2x – 3 = 3 và 2y – 3 = 3 hoặc 2x – 3 = 9 và 2y – 3 = 1 Ta có: x = 3 và y = 3 và z = 3 nên tam giác ABC đều. 0,25
Thi tuyển sinh Trần Hưng Đạo – Đáp án ( Hệ số 2 ) Năm học 2010 – 2011 Chuyên Tin Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm 1/ (1,0 đ) Ta có (x + y)2 = 4  x + y = 2 0,25 Tương tự: x + z = 3 ; y + z = 4 234 0,25 Vì x + y + z > 2 nên chỉ có thể chọn x + y + z = hoặc x + y + z = 2 2  3  4 2 9 * Với x + y + z = và x + y =2; x + z = 3; y + z = 4 2 1 3 5 0,25 Tính được ( x  ; y  ; z  ) 2 2 2 5 Bài 1 * Với x + y + z = và x + y = -2; x+ z = 3; y + z = 4 2 (2 đ) 3 1 9 Tính được ( x   ; y   ; z  ) 2 2 2 0,25 2/ (1,0 đ) n n2 n3 2n  3n 2  n3 0,25 Ta có    3 2 6 6 2 n(n  3n  2) n(n  1)(n  2) 0,25   6 6 Vì tử số là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên luôn chia hết cho 6. 0,25 2 3 n n n Vậy   là một số tự nhiên 0,25 3 2 6 Dễ thấy a  0 . 2 1 b2 Từ giả thiết ta có : (a   2)  (a 2   ab)  2  ab 0,5 a2 4 Bài 2 1 b Hay ( a  ) 2  ( a  ) 2  2  ab 0,5 (2 đ) a 2 1 b 0,5 Từ đó a.b nhỏ nhất khi : a  và a   a 2 Tìm được : (a= 1 ; b = -2) ; (a = -1 ; b =2) 0,5 1/ (1,0 đ) 1 (n  1) n  n n  1  0,5 (n  1) n  n n  1 (n  1)2 n  n 2 (n  1) (n  1) n  n n  1 1 1 0,5 =   Bài 3 n(n  1) n n 1 (2 đ) 2/ (1,0 đ) 1 1 1 1 1 1 0,5 S (  )(  )  ...  (  ) 1 2 2 3 9999 10000 1 99 = 1  0,5 100 100
   1/(1đ)Chứng minh: AEF  ACH và kề bù với BEF 0,5 Nên tứ giác BEFC nội tiếp trong (O) 0,5 2/ a/(1đ) Tam giác AEN và AMB đồng dạng 0,5 AE AN 0,25 nên  AM AB suy ra: AM.AN = AE.AB 0,25 b/ (0,75)Chứng minh: HN.HM = BH.HC = AH2. Trong tam giác vuông ABH có: AE.AB = AH2 AM.AN = (AH – MH)(AH + NH) = AH2 – HN.HM + AH(NH – MH) = AH2 Suy ra: AH = NH – MH = a ( không đổi do A, H cố định) 0,25  5 1  HN  HM  a HM   a Ta có hệ: Suy ra  2 0,25  2 Bài 4 HN .HM  a HN  5  1 a (3 đ)   2 0,25 Nên M và N cố định Hình vẽ đến câu 2/ 0,25 Kẻ IK  AC tại K ta có  AHI =  AKI 0,25 Suy ra : IH = IK = BH Suy ra: IC =2IK nên C  300 0,25 Tính được B  600 0,25 Bài 5 Nên Â = 900 (1 đ) 0,25