Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Môn thi: Toán (chuyên toán)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Môn thi: Toán (chuyên toán)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC: 2013 – 2014 HÀ NAM Môn: Toán (Chuyên Toán) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1. (2,0 điểm) 2 a a 2a - 3b 3b 2 a - 3b - 2a a Cho biểu thức M = a 2 3ab a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M. 11 8 b) Tính giá trị của M khi a = 1 3 2 , b = 10 3 Bài 2. (2,0 điểm) Cho phương trình x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0, m là tham số. a) Tìm điều kiện của m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3. 2 2 2 b) Tìm giá trị của m để x1 + x2 + x3 = 11. Bài 3. (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n và các số A = 444  4 (A gồm 2n chữ số 4); B = 2n 888  8 (B gồm n chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương. n Bài 4. (4,0 điểm) Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD. a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp. b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường thẳng d. MD HA2 d) Chứng minh = MC HC2 Bài 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013. a b c Chứng minh + + 1 . a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab Dấu đẳng thức sảy ra khi nào? HẾT
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC: 2013 – 2014 HÀ NAM Môn: Toán (Chuyên Toán) HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn này gồm 4 trang) Câu Nội dung Điểm 2 a a 2a - 3b 3b 2 a - 3b - 2a a a) M = a 2 3ab a,b 0 a 0 ĐK xác định của M: 0,25 a 0 b 0 2a 2a 2 2 3ab 2 3ab 3b 2a 2 M = 0,25 a 2 3ab 2a 3b ( 2a 3b)( 2a 3b) 2a 3b Câu 1 = 0, 5 (2,0 đ) a 2 3ab a( 2a 3b) a 3b 11 8 b) Ta có M = 2 với a = 1 3 2 , b = 10 0,25 a 3 3b 30 22 2 (30 22 2)(3 2 1) 102 68 2 0,25 a 1 3 2 (1 3 2)(3 2 1) 17 3b 2 Vậy 6 4 2 2 2 2 2 0,25 a Từ đó M = 2 (2 2) 2 0,25 a) x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1) x 2 x 2 (x2 3x 2m 1) 0 2 Nếu x 3x 2m 1 0(*) 0,25 x 2 2 trừ 0,25 điểm x 3x 2m 1 0 Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0,25 2 0 13 8m 0 3 13 Câu 2 Điều kiện là m 0,5 4 6 2m 1 0 2m 3 2 8 (2,0 đ) b) Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x = 2; x ; x 1 2 3 0,25 trong đó x2; x3 là hai nghiệm phân biệt của pt (*) 2 2 2 Khi đó x1 + x2 + x3 = 11 2 2 0,25 4 x2 x3 2x2 x3 11 x2 x3 2x2 x3 7( ) x2 x3 3 áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có (0,25 đ) x .x 2m 1 2 3 0,5 Vậy ( ) 9 2(2m 1) 7 m 1 (thoả mãn ĐK) Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
3. n Ta có A 444  4 444 . 4000. 0 444  4 444  4. 10 1 888  8 0,25 2n n n n n n 2 = 4.111  1.999  9 B 4.111  1.9.111  1 B 6.111  1 B 0,25 n n n n n 2 2 3 3 = .888  8 B B B 0,25 Câu 3 4 n 4 (1,0 đ) Khi đó 2 2 2 3 3 3 3 A 2B 4 B B 2B 4 B 2. B.2 4 B 2 4 4 4 4 2 2 2 0,25 3 = .888  8 2 3.222  2 2 666  68 4 n n n 1 Ta có điều phảI chứng minh. A O H d M C I D B Câu 4 Q (4,0 đ) a) MA, MB là các iếp tuyến của (O) 0,25 M· AO M· BO 900 I là trung điểm của CD OI  CD M· IO 900 0,25 A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO 0,25 Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO. b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB MO là đường trung trực của AB 0,25 MO  AB MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1) 1 M· BC M· BD sđ B»C 2 MBC : MDB(g.g) 0,25 MB MD MC.MD MB2 (2) MC MB
4. Từ (1) và (2) MH.MO = MC.MD MC MO MCH : MOD(c.g.c) 0,25 MH MD M· HC M· DO tứ giác CHOD nội tiếp 0,25 H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI Hai tam giác vuông MIO và QHO có I·OH chung 0,25 MIO : QHO MO OQ OI OH (R là bán kính (O) không đổi) 0,25 MO.OH OA2 R2 OQ OI OI OI O, I cố định độ dài OI không đổi lại có Q thuộc tia OI cố định 0, 5 Q là điểm cố định đpcm. 1800 C· OD d) ·AHC 900 M· HC 900 O· DC 900 ( COD cân tại O) 2 0 1 1 0 1 0,25 = 180 C· OD 360 sdC¼BCB sdC¼AD 2 2 2 = C· BD (3) C· AH C· DB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) Từ (3) và (4) AHC DBC(g.g) : 0,25 HA BD (5) HC BC MBC : MDB(g.g) (chứng minh trên) MD MB BD MB MC BC 0,25 2 (6) BD MD MB MD . BC MB MC MC MD HA2 Từ (5) và (6) 0,25 MB HC 2 Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a2 + ab + ac + bc = a2 +bc + a(b + c) Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc 2abc . Từ đó 0,25 a2 + bc + a(b + c) 2abc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) = a( Câu 5 b c )2 (1,0 đ) Vậy a a a a (1) 0,25 a 2013a bc 2 a b c a a b c a a b c Chứng minh tương tự được 0,25
5. b b c c (2) và (3) b 2013b ca a b c c 2013c ba a b c Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được a b c a b c + + 1 a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab a b c a2 bc b2 ca Dờu “=” xảy ra a b c 671 2 0,25 c ab a b c 2013 HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 3,5 MÔN TOÁN CHUYÊN HÀ NAM 2n 1 2n 2 A 4.111. 1 4(10 10 1) Câu 3: Từ giả thiết ta có 2n n 1 n 2 B 2.888. 8 16.111. 1 16(10 10 1) n n Từ đó suy ra D=A+2B+4=4(102n 1 102n 2 1) 16(10n 1 10n 2 1) +4 9D = 4(10 1)(102n 1 102n 2 1) 16(10 1)(10n 1 10n 2 1) 36 4(102n 1) 16(10n 1) 36 9D= 4(102n 4.10n 4) 2 2 10n 2 Suy ra đpcm. Câu 5: Với gt đã cho ta có: a a a 2013a bc a (a b c)a bc a a(a (a b)(a c)) a (a b)(a c) a2 a2 ab ac bc a(2 (a b)(a c) 2a) a(a b a c 2a) ab ac 2(ab ac bc) 2(ab ac bc) 2(ab ac bc) (theo BĐT cosi 2ab a+b dấu = xảy ra khi a=b. ab ac bc ba cb ac Từ đó suy ra VT =1 (ĐPCM) ab ac bc ab ac bc ab ac bc Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2013:3=671.