Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Trung học phổ thông Lớp 10 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán (chuyên toán - tin) trường thpt chuyên lam...

Tài liệu Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán (chuyên toán - tin) trường thpt chuyên lam sơn, thanh hóa năm học 2014-2015

.PDF
5
887
85

Mô tả:

www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin học) Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2014 Câu 1: ( 2.0 điểm) 3 x  16 x  7 x 1 x 3 ( Với x > 0)   x 2 x 3 x 3 x 1 1. Rút gọn biểu thức P 2. Tính giá trị của biểu thức P khi x  2 2  3 . Câu 2: (2.0 điểm) 1. Cho phương trình: 2013x2 – (m – 2014)x – 2015, với m là tham số. Tìm m để Cho biểu thức: P  phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x12  2014  x1  x2 2  2014  x2 1 1 2.Giải phương trình:  3 (2 x  1) 2 (2 x  2) 2 Câu 3: (2.0 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 –x2y – xy2 = 5 Câu 4: (3.0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi M là điểm thuộc cung AB (M  A, M  B) và I là điểm thuộc đoạn OA( I  O, I  A). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Gọi E là giao điểm của AM với IC, F là giao điểm của BM với ID. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp 2. EF//AB 3. OM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM. Câu 5: (1.0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x 2  y 2 + y 2  z 2 + z 2  x 2 = 2014 y2 x2 z2 + + y z z x x y Hết đề Họ và tên thí sinh:………………………………………………………………………….Số báo danh: ………………… Chữ ký của giám thị 1: …………………………………… Chữ ký của giám thị 2: ……………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHUYÊN TIN Câu Nội dung 3x  16 x  7 x 1 x 3 3x  4 x  7 x 1 P      x 2 x 3 x 3 x  1 ( x  3)( x  1) x 3 x 3 x 1 3x  4 x  7  ( x  1)( x  1)  ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  1) 0.25  3x  4 x  7  x  1  x  9 ( x  3)( x  1) 0.25  x4 x 3 ( x  3)( x  1)   ( x  3)( x  1) ( x  3)( x  1) x 1 x 1 0.25 x  2 2  3 = ( 2 +1)2. (Thoả mãn ĐKXĐ) => x = 2 +1 0.5 2 11 2 2 x 1 =  =1+ 2  2 11 2 x 1 Cho phương trình: 2013x2 – (m – 2014)x – 2015, với m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x 2 thoả mãn => P  x12  2014  x1  x2 2  2014  x2 Ta có:  = (m - 2014)2 + 4 . 2013 . 2015 > 0 với mọi m. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. m  2014  x x   1 2  2013 Theo hệ thức Vi – et ta có:   x x  2015  1 2 2013 Từ 2.1 0.25  1.1 1.2 Điểm      2014  x 2  2014  x x2 2  2014  x2 1 1  =>   2014  x12  2014  x1 x2 2  2014  x2   2014  ( x 2  2014)( x 2  2014)  x x 2  2014  x x 2  2014  x x  1 2 1 1 2 2 1 2 =>   2014  ( x12  2014)( x2 2  2014)  x2 x12  2014  x1 x2 2  2014  x1 x2 2 0.25 0.25 x12  2014  x1  x2 2  2014  x2   0.5 0.25 2 => x1  2014( x1  x2 )  x2  2014( x1  x2 )  0 => (x1 + x 2)( m  2014  0 => m = 2014. 2013 Vậy m = 2014 là giá trị thoả mãn đề bài. 1 1 Giải phương trình:   3 (*) 2 (2 x  1) (2 x  2) 2 => 2.2 x12  2014  x2 2  2014 ) = 0 => x1 + x2 = 0 0.25 1 1 1 1 ĐK: x  -1 và x   .Đặt 2x + 1 = t, PT (*) <=> 2  3 2 t (t  1) 2 0.25 2 2 1 1  <=>   3 0    t t  1  t (t  1) 1 Đặt y = , ta có pt: y2 + 2y – 3 = 0. Giải pt ta được y1 = 1, y2 = -3 t (t  1) 1 Với y1 = 1 => = 1 => t(t+1) = 1=> t2 + t – 1 = 0 t (t  1)    1  5 3  5 1  5 x t 2 1     1  x1  1  2 2 4 =>  =>  (Thoả mãn)     1 5 1 5 3 5       t   2 x2  1   x2   2 2 2 2   Với y2 = -3 => 3 0.25 0.25 1 1 1 = -3 => t(t+1) = => t2 + t + = 0 (Vô nghiệm vì  <0) 3 3 t (t  1) 0.25 3  5 3  5 Vậy pt có hai nghiệm x1  , x2  4 2 3 3 2 2 2 x + y –x y – xy = 5<=> (x + y)(x – xy + y2) – xy(x + y) = 5 <=> (x + y)( x2 – 2xy + y2 ) = 5 <=> (x + y)( x - y)2 = 5 Do (x – y)2  0 và x, y thuộc Z nên xảy ra hai trường hợp: x  y 5 x  y 5 x 3 x  y 5 x  2 TH1:  =>  ; hoặc      2 y2 x  y  1  y 3 ( x  y ) 1  x  y 1 0.5 0.25  x  y 1  x  y 1 => (loại) TH2:   2 x y (  )  5 x y 5      Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (x;y)  {(3;2); (2;3) } 0.25 C M 1 2 E 4 1 A 2 1 1 4.1 CM: Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp: C/m được các tứ giác ACMI, BDMI nội tiếp D 1 2 . . I F 1 2 B O 0.25 2 I1   A1  0       Do đó:   I1  I 2  A1  B1 , mà A2  B2  90 và  I2  B 1   B   1800 => I  I  900 A1   A2  B 1 2 1 2 0   => EIF  EMF  90 =>  MEIF nội tiếp được. 4.2 4.3 CM: EF // AB: MEIF nội tiếp (câu 1) => I1  F1 ACMI nội tiếp (câu 1) => I   A 1 0.5 0.25 0.5 1   Trong (O) B A1 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng 2 chắn cung AM)  F  , mà chúng ở vị trí đồng vị => EF // AB. Do đó => B 2 1 CM: OM là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ngoại tiếp các tam giác: CEM , DFM    M  => OM Ta có OA = OM => M A2 mà C A2 ( cùng chắn cung IM) => C 1 1 1 1 là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME (1) B  mà D B  ( cùng chắn cung IM) => D  M  => Lại có: OM = OB => M 2 2 1 2 1 2 OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF(2) Từ (1) và (2) => ĐPCM Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: 0.25 0.25 0.5 0.5 x 2  y 2 + y 2  z 2 + z 2  x2 = 2014 y2 x2 z2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = + + yz zx x y Đặt: a = x2  y 2 ; b = y2  z2 ; c = z 2  x 2 (*) => a + b + c = 2014 (1) a 2  b2  c2 a 2  b2  c 2 2  a 2  b 2  c 2 ; y2 = ;z = 2 2 2 Áp dụng BĐT Cauchy ta có: Từ (*) => x 2 = 5 y + z  2( y 2  z 2 ) = b 2 ; z + x  2( z 2  x 2 ) =c 2 ; x + y  2( x 2  y 2 ) = a 2 Từ đó ta có: y2 1 a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2 x2 z2  T= + + ( + + ) b c a y z z x x y 2 2 1 a 2 c 2 a 2 b2 b2 c 2 T ( + + + + + - a – b – c ) (2) 2 2 b b c c a a Áp dụng BĐT Cauchy ta lại có: a2 c2 a2 b2 b2 c2 + b  2a; + b  2c; + c  2a; + c  2b; + a  2b; + a  2c b b c c a a a 2 c 2 a 2 b2 b2 c 2 => + + + + +  4(a + b + c) – 2(a + b+ c) = 2(a + b + c) (3) b b c c a a 1 1 ( a + b + c) (4) ; Từ (1) và (4) => T  . 2014. Từ (2) và (3) => T  2 2 2 2 2014 2014 Vậy TMin = , khi x = y = z = . 2 2 3 2 0.25 0.25 0.25 0.25 3 4
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan