Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Hưng Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Hưng Yên (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN ĐỀĐỀ THI CHÍNH CHÍNH THỨC THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên: Toán, Tin) (Đề thi có 01 trang) Bài 1: (2,0 điểm) 2 3 5 13 48 a) Cho A , chứng minh A là một số nguyên. 62 x2 12y 6 b) Giải hệ phương trình: 2 2y x 1 Bài 2: (2,0 điểm) 1 4 a) Cho parabol (P): yx 2 và đường thẳng (d): yx . Gọi A, B là giao 3 3 điểm của đường thẳng (d) và parabol (P), tìm điểm M trên trục tung sao cho độ dài MA + MB nhỏ nhất. b) Giải phương trình: x2 5x8 32x 3 5x 2 7x 6 . Bài 3: (2,0 điểm) a) Cho fx là một đa thức với hệ số nguyên. Biết f 1 .f 2 2013, chứng minh phương trình f x 0 không có nghiệm nguyên. b) Cho p là một số nguyên tố. Tìm p để tổng các ước nguyên dương của p4 là một số chính phương. Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Đường tròn (K) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E và F. Gọi H là giao điểm của BF và CE. a) Chứng minh AE.AB = AF.AC. b) Chứng minh OA vuông góc với EF. c) Từ A dựng các tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (K) với M, N là các tiếp điểm. Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện: ac bd 1. Chứng minh rằng: a2 b 2 c 2 d 2 ad bc 3 HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu; cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Phòng thi số: Chữ ký của giám thị:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang) I. Hướng dẫn chung 1) Hướng dẫn chấm thi này chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong bài làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ. 2) 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. 3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn. II. Đáp án và thang điểm Bài 1: (2,0 điểm) a) Chứng minh A là một số nguyên. 1,0 đ 2 2 3 5 13 48 2 3 5 2 3 1 0,25 đ Ta có: A 6 2 6 2 2 2 3 4 2 3 2 3 3 1 0,25 đ 6 2 6 2 2 2 3 4 2 3 0,25 đ 6 2 3 1 2 31 1 0,25 đ 31 Vậy A là một số nguyên. xy2 12 6 (1) b) Giải hệ phương trình: 2 1,0 đ 2yx 1 (2) x22 12y 6 x 12y 6 x22 4y 12y 2x 8 0,25 đ 22 2y x 1 4y 2x 2 22 x 2y 2 x 1 2y 3 0,25 đ x 2y 4 Với x = 2y + 2, thay vào phương trình (2) ta có: 2y2 2y 1 0 13 y 2 13 0,25 đ y 2 1 3 1 3 Hệ phương trình có hai nghiệm: 3 3; ; 3 3; 22
3. Với x = - 2y - 4, thay vào phương trình (2) ta có: 2y2 2y 5 0 (vô nghiệm) 0,25 đ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm. Bài 2: (2,0 điểm) 1 4 a) Cho parabol (P): yx 2 và đường thẳng (d): yx . Gọi A, B là 3 3 1,0 đ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P), tìm điểm M trên trục tung sao cho độ dài MA + MB nhỏ nhất. 142 x1 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: xx 0,25 đ 33 x4 1 16 Tọa độ hai giao điểm là: A 1; ;B 4; 33 0,25 đ Nhận xét: A, B nằm về hai phía so với trục tung. Suy ra MA + MB nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB với trục tung. 0,25 đ 4 Tọa độ M là: M 0; 0,25 đ 3 b) Giải phương trình: x2 5 x 8 3 2 x 3 5 x 2 7 x 6 . 1,0 đ Nhận xét: 2x3 5x 2 7x 6 2x 3 x 2 x 2 2 Điều kiện: x 0,25 đ 3 1 x22 x2 22x3 32x3x x2 2 x x 2 a a 0 Đặt: . 2x 3 b b 0 0,25 đ 22 ab Phương trình trở thành: a 3ab 2b 0 a 2b Với a = b, trở lại phép đặt ta có: x22 x 2 2x 3 x x 1 0 1 5 1 5 0,25 đ Phương trình có 2 nghiệm: x TM ;x TM 22 Với a = 2b, trở lại phép đặt ta có: x22 x 2 2 2x 3 x 7x 10 0 7 89 7 89 Phương trình có 2 nghiệm: x TM ;x (L) 22 0,25 đ 1 5 1 5 7 89 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x ;x ;x . 2 2 2 Bài 3: (2,0 điểm)
4. a) Cho fx là một đa thức với hệ số nguyên. Biết ff 1 . 2 2013 , 1,0 đ chứng minh phương trình fx 0 không có nghiệm nguyên. Giả sử phương trình f x 0 có nghiệm nguyên x = a 0,25 đ Suy ra: f x x a .g x với gx là một đa thức với hệ số nguyên Ta có: f1 1a.g1;f2 2 a.g2 0,25 đ Suy ra f1.f2 1 a.2 a.g1.g2 2013 Do 1 - a và 2 - a là hai số nguyên liên tiếp nên f 1 .f 2 là số nguyên chẵn 0,25 đ Mà 2013 là một số lẻ suy ra vô lý 0,25 đ Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. b) Cho p là một số nguyên tố. Tìm p để tổng các ước nguyên dương của p4 1,0 đ là một số chính phương. Do p là số nguyên tố nên các ước số nguyên dương của p4 là: 1; p; p2; p3; p4 0,25 đ Đặt S = 1+ p + p2 + p3 + p4 0,25 đ Giả sử S = n2 4n2 4p 4 4p 3 4p 2 4p 41 n Ta có: 4p4 4p 3 p 2 2n 2 4p 4 p 2 44p 3 8p 2 4p 22 0,25 đ 2p22 p 2n 2 2p p 2 2 4n22 2p p 1 2 Từ (1) và (2) suy ra p2 2p 3 0 p 3 0,25 đ Thử lại với p = 3 thỏa mãn. Vậy số nguyên tố cần tìm là: p = 3. Bài 4: (3,0 điểm) A F N x E O M H B C S K a) Chứng minh AE.AB = AF.AC. 1,0 đ Ta có: BEC BFC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5 đ Nên AFB AEC 900
5. AF AE Xét hai tam giác AEC, AFB vuông tại E và F có: cosBAC AB AC 0,5 đ AE.AB AF.AC (đpcm) b) Chứng minh OA vuông góc với EF. 1,0 đ Dựng tiếp tuyến Ax của đường tròn tâm (O) tại A OA Ax (1) 0,25 đ BCA BAx (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) 0,25 đ Mà BCA FEA (cùng bù với BEF) nên BAx FEA 0,25 đ Suy ra EF // Ax (hai góc so le trong bằng nhau) (2) 0,25 đ Từ (1) và (2) ta có: OA vuông góc với EF (đpcm) c) Từ A dựng các tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (K) với M, N là các 1,0 đ tiếp điểm. Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. Ta có: CE AB;BF AC nên H là trực tâm tam giác ABC Gọi S là giao điểm của AH và BC. Suy ra: AMK ASK ANK 900 0,25 đ Do đó: M, S, N cùng thuộc đường tròn đường kính AK: ANM ASM AMN 3 AF AN AFN, ANC đồng dạng (g.g) AN2 AF.AC 0,25 đ AN AC AF AS AN AS cosSAC AF.AC AH.AS AN2 AH.AS 0,25 đ AH AC AH AN Do đó: ANH, ASN đồng dạng ANH ASN AMN 4 0,25 đ Từ (3) và (4) ta có: ANH ANM . Vậy M, H, N thẳng hàng (đpcm). Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện: ac bd 1. Chứng minh rằng: 1,0 đ a2 b 2 c 2 d 2 ad bc 3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 0,25 đ a2 b 2 c 2 d 2 adbc2a 2 b 2 c 2 d 2 adbc 2 ad bc 2 ac bd 2 ad bc 2 ad bc 2 1 ad bc 1 0,25 đ Đặt ad bc x , ta chứng minh: S 2 x2 1 x 3 với mọi x. 2 Thật vậy, do 2 x 1 x 0 với mọi x nên: 0,25 đ 2 S2 4x 2 4xx1x13 2 2 2x x1 2 3 Suy ra: S2 3 S 3 2 . 0,25 đ Từ (1) và (2) ta có: a2 b 2 c 2 d 2 ad bc 3 (đpcm) HẾT