- Trang chủ >>
- Tuyển sinh lớp 10 >>
- Toán
Đề thi Toán vào lớp 10 chuyên Hà Nam
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (411.71 KB, 5 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH 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
2 2 3 3 2 3 2 2
M
23
a a a b b a b a
a ab
a) Tìm điều kiện của
,ab
để M xác định và rút gọn M.
b) Tính giá trị của M khi
11 8
1 3 2, 10
3
ab
.
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình
32
5 2 5 4 2 0x x m x m
, m là tham số.
a) Tìm điều kiện của
m
để phương trình có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
,,x x x
.
b) Tìm giá trị của
m
để
222
1 2 3
11xxx
.
Bài 3. (1,0 điểm)
Cho số nguyên dương n và các số:
2
A 444 4
n
1 2 3
(A gồm 2n chữ số 4);
B 888 8
n
1 2 3
(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 tùy ý
trên d kẻ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, 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
ΔCOD
.
c) Chứng minh đường 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 3 số thực
, , 0abc
thoả mãn
2013abc
.
Chứng minh
1
2013 2013 2013
abc
a a bc b b ca c c ab
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN (Chuyên Toán)
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm này gồm 4 trang)
Câu
Nội dung
Điểm
Câu1
(2,0đ)
a)
2 2 3 3 2 3 2 2
M
23
a a a b b a b a
a ab
ĐK xác định của M:
, 0 0
00
a b a
ab
0,25
2 2 2 2 3 2 3 3 2 2
M
23
a a ab ab b a
a ab
0,25
2 3 2 3
2 3 2 3
23
23
a b a b
a b a b
a ab a
a a b
0,5
b) Ta có
3
M2
b
a
. Với
22 2
1 3 2, 10
3
ab
0,25
3 30 22 2
1 3 2
b
a
2
30 22 2 3 2 1
102 68 2
6 4 2
17
3 2 1
0,25
Vậy
2
3
6 4 2 2 2 2 2
b
a
0,25
Từ đó ta có
M 2 2 2 2
0,25
Câu
(2,0đ)
a)
32
5 (2 5) 4 2 0x x m x m
(1)
2
2
2
2 3 2 1 0
3 2 1 0 (*)
x
x x x m
x x m
0,25
Để pt (1) có 3 nghiệm phân biệt thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
0,25
Điều kiện là
0 13 8 0
3 13
4 6 2 1 0 2 3
28
m
m
mm
0,5
b) Ta có 3 nghiệm của pt (1) là
1 2 3
2; ;x x x
trong đó
23
;xx
là 2 nghiệm
của pt (*)
0,25
Khi đó
22
222
1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
11 4 2 11 2 7 (**)x x x x x x x x x x x
0,25
Áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có
23
23
3
21
xx
x x m
Vậy
(**) 9 2 2 1 7 1mm
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy
1m
là giá trị cần tìm
0,5
Câu 3
(1,0đ)
Ta có
2
444 4 444 4000 0 444 4 444 4. 10 1 888 8
n
n n n n n n
A
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
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
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
0,25
2
2
33
.888 8
44
n
B B B
1 2 3
0,25
Khi đó
2 2 2
2 2 2
1
3 3 3 3
2 4 2 4 2. .2 4 2
4 4 4 4
3
.888 8 2 3.222 2 2 666 68
4
n n n
A B B B B B B B
1 2 3 1 2 3 1 2 3
Ta có điều phải chứng minh.
0,25
Câu 4
(4,0đ)
a) MA, MB là các tiếp tuyến của (O)
·
·
0
MAO=MBO=90
0,25
I là trung điểm của CD
OI
CD
·
0
MIO=90
0,25
A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO
0,25
Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO.
0,25
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
MBC=MDB
2
sđ
»
BC
0,25
A
M
D
B
O
H
C
I
Q
d
ΔMBC
đồng dạng với
ΔMDB
(g.g)
MB MD
=
MC MB
MC.MD = MB
2
(2)
Từ (1) và (2)
MH.MO = MC.MD
MC MO
=
MH MD
ΔMCH
đồng dạng với
ΔMOD
(c.g.c)
·
·
MHC=MDO
.
0,25
tứ giác CHOD nội tiếp
H thuộc đường tròn ngoại tiếp
ΔCOD
.
0,25
c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI.
Hai tam giác vuông MIO và QHO có
·
IOH
chung
ΔMIO
đồng dạng với
ΔQHO
0,25
MO OQ
=
OI OH
22
OH.OM OA R
OQ= = =
OI OI OI
(R là bán kính (O) không đổi)
0,25
O, I cố định
độ dài đoạn OI không đổi
độ dài đoạn OQ không đổi
lại có Q thuộc tia OI cố định
Q là điểm cố định
đpcm.
0,5
d)
·
·
·
·
0
0 0 0
180 COD
AHC=90 + MHC=90 +ODC=90 +
2
(
ΔCOD
cân tại O)
·
¼
¼
00
1 1 1
=180 COD= (360 sdCBD)= sdCAD
2 2 2
·
= CBD
(3)
0,25
·
·
CAH=CDB
(4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
Từ (3) và (4)
ΔAHC
đồng dạng với
ΔDBC
(g.g)
HA BD
=
HC BC
(5)
0,25
ΔMBC
đồng dạng với
ΔMDB
(chứng minh trên)
MD MB BD
==
MB MC BC
2
BD MD MB MD
==
BC MB MC MC
(6)
0,25
Từ (5) và (6)
2
2
MD HA
=
MC HC
0,25
Ta có
22
2013a bc a b c a bc a ab ac bc a bc a b c
Theo bđt Cô-si cho 2 số dương ta có
2
2a bc a bc
. Từ đó
0,25
Câu 5
(1,0đ)
2
2
22a bc a b c a bc a b c a b c bc a b c
Vậy
2
(1)
2013
a a a a
a a bc a b c
a a b c
a a b c
0,25
Chứng minh tương tự ta thu được
(2)
2013
bb
b b ca a b c
và
(3)
2013
cc
c c ab a b c
Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được
1
2013 2013 2013
a b c a b c
a a bc b b ca c c ab a b c
0,25
Dấu “=” xảy ra
2
2
2
671
2013
a bc
b ac
abc
c ab
abc
0,25
Lưu ý: Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương đương theo từng phần như hướng dẫn chấm
