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 (*)
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:
- de_thi_tuyen_sinh_mon_toan_lop_10_thpt_nam_hoc_2013_2014_so.pdf