Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Bình Phước

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, xin giới thiệu đến các bạn Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Bình Phước để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Bình Phước. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠOBÌNH PHƯỚCKỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTNăm học: 2013-2014Đề thi môn: TOÁN (chuyên)Ngày thi: 30/6/2013Thời gian làm bài: 150 phútĐỀ CHÍNH THỨC(Đề thi gồm có 01 trang)Câu 1 (2,0 điểm)a. Tính A  8  2 7  16  6 7 x xx 1  x 1b. Rút gọn biểu thức: M  , (với x  0, x  1 ). :x x 1 x  x Câu 2 (1,0 điểm)Cho phương trình: x2  4 x  2m  3  0 , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình(1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn:3x1  x2  x1 x2  17 .Câu 3 (2,0 điểm)a. Giải phương trình:x  1  5x  4 x  3  2 x  4 .( x  2 y  2)(2 x  y )  2 x(5 y  2)  2 yb. Giải hệ phương trình:  2 x  7 y  3Câu 4 (1,0 điểm)a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hếtcho 4.b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2  2 y 2  5xy  x  2 y  7  0 .Câu 5 (3,0 điểm)Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn(O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E vàsong song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lầnlượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N(khác điểm A).BA CAa. Chứng minh rằng: EB2  ED.EA và.BD CDb. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm.c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.Câu 6 (1,0 điểm)a. Chứng minh rằng: a3  b3  ab(a  b) , với a, b là hai số dương.b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a  b  1 .23Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F   a3  b3    a 2  b 2   ab.2HếtGiám thị coi thi không giải thích gì thêmHọ và tên thí sinh: ………………….………SBD: ………….Họ và tên giám thị 1: …………………….. chữ kí: .…….…..Họ và tên giám thị 2: …………………….. chữ kí: .…….…..alGỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚCNĂM HỌC 2013-2014Câu 1 (2,0 điểm)a. Tính A  8  2 7  16  6 7GiảiTa có A  7  2 7  1  9  2.3 7  7 27 1 3  7 2 7 1 3  7  4 x xx 1  x 1b. Rút gọn biểu thức: M  , (với x  0, x  1 ). :x x 1 x  x Giải x x 1x 1  x 1 1  x  1  x 1  x  1Ta có M : x: x  : xxx 1xx x 1  x x 1Vậy M  x.x 1xx xx 1x 1x 1Câu 2 (1,0 điểm)Cho phương trình: x2  4 x  2m  3  0 , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình (1)có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: 3 x1  x2  x1 x2  17 .GiảiChú ý Vì x1 , x2 nằm trong các căn bậc hai nên phải có điều kiện x1  0, x2  0 .  0 4  2m  3  037 m+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x2  x1  0   S  0  4  022P  0 2m  3  037 m  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x2  x1  0 .22 x1  x2  4Áp dụng định lí Vi-et ta có:  x1.x2  2m  3+) Với+) Ta có3x1  x2  x1 x2  17  3 x1  x2  2 x1 x2  x1 x2  17  3 4  2 2m  3  2m  3  17m  1m  1m  1 2 m  2 6 2m  3  2 m  2  3 2 m  3  m  1  2m  16m  28  09  2m  3  m  2m  1  m  14So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là m  2 .Câu 3 (2,0 điểm)a. Giải phương trình:x  1  5x  4 x  3  2 x  4 (1) .Giải x  1x 1  0x  05 x  03+) ĐK: 3  x44 x  3  0x  42 x  4  0 x  2+) Ta có PT  x  1  2 x  1. 5x  5x  4 x  3  2 4 x  3. 2 x  4  2 x  4 x  3 (l ) x  1. 5 x  4 x  3. 2 x  4  5 x( x  1)  (4 x  3)(2 x  4)  3x  5 x  12  0   x  4 ( n)34+) KL: Phương trình có một nghiệm x  .3( x  2 y  2)(2 x  y )  2 x(5 y  2)  2 yb. Giải hệ phương trình:  2 x  7 y  3Giải22+) Ta có PT (1)  2 x  xy  4 xy  2 y  4 x  2 y  10 xy  4 x  2 y2 2 x2  5xy  2 y 2  0   2 x 2  4 xy   (2 y 2  xy)  0  2 x( x  2 y)  y( x  2 y)  0x  2y  0x  2y ( x  2 y)(2 x  y )  0  2 x  y  0 y  2xx  2 y+) Trường hợp 1: x  2 y , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ  2 x  7 y  3 x  1x  2 y y  2x  2 y x 1 2    x  34 y  7 y  3  04 x  3  43 y 2 y  2x+) Trường hợp 2: y  2 x , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ  2 x  7 y  3  x  7  46x  2 y  y  14  2 46 y  2x 2   x  7  46   x  14 x  3  0  x  7  46x746  y  14  2 463xx1 x  7  46 x  7  464 ,;+) Kết luận: Hệ phương trình có 4 nghiệm: ,.y  2 y  3  y  14  2 46  y  14  2 462Câu 4 (1,0 điểm)a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4.Giải+) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ. Do đó theo nguyên lý Đirichlet trong 3 số nguyênbất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ.+) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ra được hai số có cùng tính chẵn lẻ. Gọi 2 sốchính phương được chọn ra đó là a 2 và b 2 . Khi đó ta có a 2  b2  (a  b)(a  b) .+) Vì a 2 và b 2 cùng tính chẵn lẻ nên a, b cũng cùng tính chẵn lẻ. Do đó a  b là số chẵn và a  b cũng là sốchẵn a 2  b2  (a  b)(a  b) 4 , (đpcm).Chú ýTa có thể giải bài toán này bằng cách vận dụng tính chất sau của số chính phương: “Một số chính phươngchia cho 4 thì sẽ có số dư là 0 hặc 1”. Khi đó lập luận như cách làm trên ta thu được điều phải chứng minh.Tuy nhiên trong khi làm bài thi nếu vận dụng tính chất này thì học sinh phải chứng minh lại.Bình luận: Với cách làm trên ngắn gọn, đầy đủ song một số học sinh cảm thấy hơi trừu tượ ...