Đề thi tuyển sinh môn Toán Lớp 10 THPT - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hà Nam(Có đáp án)

Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x1 = 2; x2; x3

trong đó x2; x3 là hai nghiệm phân biệt của pt (*)

pdf5 trang | Chia sẻ: Đạt Toàn | Ngày: 26/04/2023 | Lượt xem: 253 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung Đề thi tuyển sinh môn Toán Lớp 10 THPT - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hà Nam(Có đáp án), để tải tài liệu về máy bạn hãy click vào nút TẢI VỀ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO 
TẠO 
HÀ NAM 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC: 2013 – 2014 
Môn: Toán (Chuyên Toán) 
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian 
giao đề) 
Bài 1. (2,0 điểm) 
 Cho biểu thức M = 
   2 2 - 3 3 2 - 3 - 2
2 3
a a a b b a b a a
a ab
 

a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M. 
b) Tính giá trị của M khi a = 1 3 2 , b = 
11 8
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. 
b) Tìm giá trị của m để x1
2
 + x2
2
 + x3
2
 = 11. 
Bài 3. (1,0 điểm) 
 Cho số nguyên dương n và các số A = 
2
444....4
n
 (A gồm 2n chữ số 4); B = 
888.....8
n
 (B gồm n chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương. 
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. 
d) Chứng minh 
2
2
MD HA
 = 
MC HC
Bài 5. (1,0 điểm) 
 Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013. 
Chứng minh 
a b c
+ + 1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
 . 
Dấu đẳng thức sảy ra khi nào? 
HẾT 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO 
TẠO 
HÀ NAM 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC: 2013 – 2014 
Môn: Toán (Chuyên Toán) 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
(Hướng dẫn này gồm 4 trang) 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
(2,0 đ) 
a) M = 
   2 2 - 3 3 2 - 3 - 2
2 3
a a a b b a b a a
a ab
 

ĐK xác định của M: 
, 0 0
0 0
a b a
a b
  
 
  
 0,25 
M = 
2 2 2 2 3 2 3 3 2 2
2 3
a a ab ab b a
a ab
    

 0,25 
= 
2 3 ( 2 3 )( 2 3 ) 2 3
2 3 ( 2 3 )
a b a b a b a b
a ab a a b a
   
 
 
 0, 5 
b) Ta có M = 
3
2
b
a
 với a = 1 3 2 , b = 
11 8
10
3
 0,25 
3 30 22 2 (30 22 2)(3 2 1) 102 68 2
171 3 2 (1 3 2)(3 2 1)
b
a
   
   
  
 0,25 
Vậy  
23
6 4 2 2 2 2 2
b
a
      0,25 
Từ đó M = 2 (2 2) 2    0,25 
Câu 2 
(2,0 đ) 
a) x
3
 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1) 
  2
2
2
2 ( 3 2 1) 0
3 2 1 0(*)
x
x x x m
x x m

       
   
Nếu 
2
2
3 2 1 0
x
x x m


   
trừ 0,25 điểm 
0,25 
Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 
2 
0,25 
Điều kiện là 
0 13 8 0 3 13
4 6 2 1 0 2 3 2 8
m
m
m m
    
    
     
 0,5 
b) Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x1 = 2; x2; x3 
trong đó x2; x3 là hai nghiệm phân biệt của pt (*) 
0,25 
Khi đó x1
2
 + x2
2
 + x3
2
 = 11 
   
2 2
2 3 2 3 2 3 2 34 2 11 2 7(**)x x x x x x x x         
0,25 
áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có 2 3
2 3
3
. 2 1
x x
x x m
 

 
 (0,25 đ) 
Vậy (**) 9 2(2 1) 7 1m m      (thoả mãn ĐK) 
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 
0,5 
Câu 3 
(1,0 đ) 
Ta có  
2
444.....4 444......4000...0 444.....4 444....4. 10 1 888....8n
n n n n n n
A       0,25 
=
2
4.111....1.999....9 4.111....1.9.111....1 6.111....1
n n n n n
B B B
 
     
 
 0,25 
=
2 2
3 3
.888....8
4 4
n
B B B
   
     
  
 0,25 
Khi đó 
2 2 2
3 3 3 3
2 4 2 4 2. .2 4 2
4 4 4 4
A B B B B B B B
     
               
     
=
2 2 2
1
3
.888....8 2 3.222....2 2 666....68
4
n n n
     
        
     
Ta có điều phảI chứng minh. 
0,25 
Câu 4 
(4,0 đ) 
a) MA, MB là các iếp tuyến của (O) 
090MAO MBO   
0,25 
I là trung điểm của CD 090OI CD MIO    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 
 MO  AB 
 MH.MO = MB
2
 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1) 
0,25 
1
2
MBC MBD  sđ BC 
 ( . )MBC MDB g g  
 2.
MB MD
MC MD MB
MC MB
   (2) 
0,25 
d
Q
H
I
B
A
C
O
D
M
Từ (1) và (2)  MH.MO = MC.MD 

( . . )
MC MO
MCH MOD c g c
MH MD
MHC MDO
   
 
0,25 
 tứ giác CHOD nội tiếp 
 H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. 
0,25 
c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI 
Hai tam giác vuông MIO và QHO có IOH chung 
 MIO QHO  
0,25 

2 2.
MO OQ
OI OH
MO OH OA R
OQ
OI OI OI

   
 (R là bán kính (O) không đổi) 0,25 
O, I cố định  độ dài OI không đổi 
 lại có Q thuộc tia OI cố định 
 Q là điểm cố định  đpcm. 
0, 5 
d) 
0
0 0 0 18090 90 90
2
COD
AHC MHC ODC

      ( COD cân tại O) 
=  0 01 1 1180 360
2 2 2
COD sdCBCB sdCAD    
= CBD (3) 
0,25 
CAH CDB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) 
Từ (3) và (4) ( . )AHC DBC g g  
 
HA BD
HC BC
 (5) 
0,25 
( . )MBC MDB g g  (chứng minh trên) 
2
.
MD MB BD
MB MC BC
BD MD MB MD
BC MB MC MC
  
 
   
 
 (6) 
0,25 
Từ (5) và (6) 
2
2
MD HA
MB HC
  0,25 
Câu 5 
(1,0 đ) 
Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a
2
 + ab + ac + bc = a
2
 +bc + 
a(b + c) 
Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc  2a bc . Từ đó 
a
2
 + bc + a(b + c)  2a bc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) = a(
b c )
2 
0,25 
Vậy 
   
22013
a a a a
a a bc a b ca a b ca a b c
  
     
 (1) 0,25 
Chứng minh tương tự được 0,25 
2013
b b
b b ca a b c

   
 (2) và 
2013
c c
c c ba a b c

   
 (3) 
Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được 
a b c
+ + 1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
a b c
a b c
 
 
 
Dờu “=” xảy ra 
2
2
2
671
2013
a bc
b ca
a b c
c ab
a b c
 


    

   
 0,25 
** 
HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 3,5 MÔN TOÁN CHUYÊN HÀ NAM 
Câu 3: Từ giả thiết ta có 
2 1 2 2
2
1 2
4.111...1 4(10 10 ... 1)
2.888...8 16.111...1 16(10 10 ... 1)
n n
n
n n
n n
A
B
 
 
    
     
Từ đó suy ra D=A+2B+4= 2 1 2 2 1 24(10 10 ... 1) 16(10 10 ... 1)n n n n          +4 
 9D = 2 1 2 2 1 24(10 1)(10 10 ... 1) 16(10 1)(10 10 ... 1) 36n n n n             
 9D=
 
2
2
2
4(10 1) 16(10 1) 36
4(10 4.10 4)
2 10 2
n n
n n
n
   
  
  
  
 Suy ra đpcm. 
Câu 5: Với gt đã cho ta có: 
2 2
2013 ( )
( ( )( ))
( )( )
(2 ( )( ) 2 ) ( 2 )
2( ) 2( ) 2( )
a a
a a bc a a b c a bc
a a a b a ca
a a ab ac bca a b a c
a a b a c a a a b a c a ab ac
ab ac bc ab ac bc ab ac bc

     
  
 
     
       
  
     
(theo BĐT cosi 2 ab a+b dấu = xảy ra khi a=b. 
 Từ đó suy ra VT
ab ac bc ba cb ac
ab ac bc ab ac bc ab ac bc
  
 
     
=1 (ĐPCM) 
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2013:3=671. 

File đính kèm:

  • pdfde_thi_tuyen_sinh_mon_toan_lop_10_thpt_nam_hoc_2013_2014_so.pdf