Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Hà Nam

Tài liệu tham khảo về Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Hà Nam, có đáp án đính kèm để các bạn học sinh kiểm tra lại bài. Đây là đề thi chính thức của Sở giáo dục và đào tạo huyện Hà Nam. Mời các bạn cùng tham khảo
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Hà NamSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠOHÀ NAMĐỀ CHÍNH THỨCBài 1. (2,0 điểm)Cho biểu thức M =2 aKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPTNĂM HỌC: 2013 – 2014Môn: Toán (Chuyên Toán)Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời giangiao đề)a  2a - 3b  3b 2 a - 3b - 2a aa 2  3aba) 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 = 10 11 83Bài 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 x12 + x22 + x32 = 11.Bài 3. (1,0 điểm)Cho số nguyên dương n và các số A = 444....4 (A gồm 2n chữ số 4); B =2n888.....8 (B gồm n chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương.nBài 4. (4,0 điểm)Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểmM 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 thuộcđường tròn ngoại tiếp  COD.c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khiM thay đổi trên đường thẳng d.d) Chứng minhMDHA2=MCHC2Bài 5. (1,0 điểm)Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013.Chứng minhabc++ 1.a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + abDấu đẳng thức sảy ra khi nào?HẾTSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠOHÀ NAMCâua) M =2 aKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPTNĂM HỌC: 2013 – 2014Môn: Toán (Chuyên Toán)HƯỚNG DẪN CHẤM(Hướng dẫn này gồm 4 trang)Nội dungĐiểma  2a - 3b  3b 2 a - 3b - 2a aa 2  3ab a, b  0a  0ĐK xác định của M: a  0b  0M=2a  2a 2  2 3ab  2 3ab  3b  2a 2a 2  3ab2a  3bCâu 1 =a23ab(2,0 đ)0,25( 2a  3b )( 2a  3b )2a  3ba ( 2a  3b )ab) Ta có M = 2 0,250, 53b11 8với a = 1  3 2 , b = 10 a30,253b 30  22 2 (30  22 2)(3 2  1) 102  68 2a171 3 2(1  3 2)(3 2  1)3b 64 2  2 2aTừ đó M = 2  (2  2)  2Vậy320,25 2 20,250,252a) x – 5x + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1)x  2  x  2  ( x 2  3x  2m  1)  0   2Nếu x  3x  2m  1  0(*)x  2trừ 0,25 điểm 2x3x2m100,25Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác20,25  013  8m  0313 mCâu 2 Điều kiện là 4  6  2m  1  0  2m  328(2,0 đ)b) Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x1 = 2; x2; x3trong đó x2; x3 là hai nghiệm phân biệt của pt (*)Khi đó x12 + x22 + x32 = 11 4   x2  x3   2 x2 x3  11   x2  x3   2 x2 x3  7(**)22 x2  x3  3(0,25 đ) x2 .x3  2m  10,50,250,25áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có Vậy (**)  9  2(2m 1)  7  m  1 (thoả mãn ĐK)Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.0,5Ta có A  444.....4  444......4000...0  444.....4  444....4. 10n  1  888....82nnnnnn0,252= 4.111....1.999....9  B  4.111....1.9.111....1  B   6.111....1  Bnnnnn20,2533=  .888....8   B   B   B4 n420,25Câu 3(1,0 đ) Khi đó2233 3 3A  2 B  4   B   B  2 B  4   B   2. B.2  4   B  2 44 4 4223  =  .888....8  2    3.222....2  2    666....68 nn4   n120,252Ta có điều phảI chứng minh.AOHdMCIDBCâu 4(4,0 đ) a) MA, MB là các iếp tuyến của (O)Q MAO  MBO  900I là trung điểm của CD  OI  CD  MIO  900 A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO 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  AB2 MH.MO = MB (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)1sđ BC2 MBC MDB( g.g )MB MD MC.MD  MB 2 (2)MC MB0,250,250,250,25MBC  MBD 0,25Từ (1) và (2)  MH.MO = MC.MDMC MO MCH MH MDMOD(c.g.c)0,25 MHC  MDO tứ giác CHOD nội tiếp H thuộc đường tròn ngoại tiếp  COD.0,25c) Gọi Q là giao điểm của AB và OIHai tam giác vuông MIO và QHO có IOH chung0,25 MIO QHOMO OQOI OH(R là bán kính (O) không đổi)MO.OH OA2 R 2 OQ OIOIOIO, I cố định  độ dài OI không đổi lại có Q thuộc tia OI cố định Q là điểm cố định  đpcm.1800  CODd) AHC  90  MHC  90  ODC  90 ( COD cân tại O)2111= 1800  COD  3600  sdCBCB  sdCAD222= CBD (3)00CAH  CDB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)Từ (3) và (4)  AHC DBC( g.g )HA BD(5)HC BCMBC MDB( g.g ) (chứng minh trên)MD MB BDMB MC BC2MD MB MD BD . MB MC MC BC MD HA2Từ (5) và (6) MB HC 20,25(6)0,25ab cChứng minh tương tự được0,250,25Ta 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  2a bc . Từ đóa2 + bc + a(b + c)  2a bc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) = a(2Câu 5b c)(1,0 đ) Vậya a0, 50aa  2013a  bc0,252aaa b ca(1)a b c0,250,250,25bbcc(2) và(3)b  2013b  caa b cc  2013c  baa b cCộng từng vế của (1); (2); (3) ta đượcabca b c++1a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + aba b ca 2  bc 2b  caDờu “=” xảy ra   2 a  b  c  671caba  b  c  2013**HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 3,5 MÔN TOÁN CHUYÊN HÀ NAMA  4.111...1  4(102 n 1  102 n 2  ...  1)Câu 3: Từ giả thiết ta có2nB  2.888...8  16.111...1  16(10n 1  10n 2  ...  1)nnTừ đó suy ra D=A+2B+4= 4(10  10  ...  1)  16(10n1  10n2  ...  1) +49D = 4(10 1)(102n1  102n2  ...  1)  16(10 1)(10n1  10n2  ...  1)  362 n 12 n24(102 n  1)  16(10n  1)  369D=  4(102 n  4.10n  4)2  2 10n  2  Suy ra đpcm.Câu 5: Với gt đã cho ...