Tài liệu Đề thi tuyển sinh lớp 10 thpt chuyên lương văn chánh 2013-2014 môn toán (chuyên)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề -------------- Câu 1.(2,00 điểm) Tìm các giá trị của m để một nghiệm của phương trình 2 x 2 − 7 x − 3m = 0 gấp ba lần một nghiệm của phương trình 4 x 2 − 8 x − m = 0 (m là tham sô). Câu 2.(4,00 điểm) Giải phương trình: x 2 + 2(2 − x) x − 1 − 3x + 2 = 0 .  xy − 3x − 2 y = 6 Câu 3.(4,00 điểm) Giải hệ phương trình:  2 . 2 x + y − 2 x − 4 y = 53  Câu 4.(4,00 điểm) Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 . Hãy tìm các giá trị m sao cho bất đẳng thức sau đúng: 3 x1 x2 − x1 − x2 + 2 − x12 + x22 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2 . Câu 5.(3,00 điểm) Cho hình thoi ABCD có O là giao điểm hai đường chéo. Lấy E là điểm trên OC sao cho CE = 2EO và M là giao điểm của DE và cạnh BC. Trên đoạn thẳng DE lấy · = ODC · . Chứng minh rằng: điểm F sao cho EFC a) ∆ OMD đồng dạng với ∆ FDC . · = 2OBA ·. b) EFA Câu 6.(3,00 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định. Một đường thẳng a tiếp xúc với (O) tại A. Gọi M ( khác A,B) là điểm thuộc đường tròn (O). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M cắt a tại C. Gọi I là tâm đường tròn tiếp xúc vơi a tại C và đi qua M, giả sử CD là đường kính của đường tròn tâm I. Goi J là giao điêm cua OC và đường tròn (I). Chứng minh rằng: a) J là trung điêm cua đoan thăng OC. b) Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn (O). ------------HẾT-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……..….………………….………………….;Số báo danh:………..…………….. Chữ kí giám thị 1:………....….………..…; Chữ kí giám thị 2:…..…..………….………………..…. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN (chuyên) (Hướng dẫn chấm gồm 4 trang) -------------- I- HƯỚNG DẪN CHUNG - Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. - Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. - Điểm toàn bài thi không làm tròn số. II- ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 2 1 Tìm các giá trị m để một nghiệm của p/trình 2 x − 7 x − 3m = 0 (1) (2,00đ) gấp ba lần một nghiệm của phương trình 4 x 2 − 8 x − m = 0 (2) Giả sử phương trình (2) có một nghiệm là a thì 3a là một nghiệm của 0,50đ phương trình (1).  4a 2 − 8a − m = 0  m = 4a 2 − 8a ⇔  Khi đó ta có:  2 2 2  2(3a) − 7(3a) − 3m = 0  18a − 21a − 3(4a − 8a) = 0 0,50đ 2  m = 4a − 8a (3) ⇔  2  6a + 3a = 0 (4) 1 Giải (4) ta được a = 0 hoặc a = − . 0,50đ 2 1 Với a = 0 suy ra m = 0; với a = − suy ra m = 5. 2 Vậy m = 0 hoặc m = 5 thì phương trình (1) có một nghiệm gấp ba lần 0,50đ một nghiệm phương trình (2). 2 Giải phương trình: x 2 + 2(2 − x) x − 1 − 3x + 2 = 0 (4,00đ) Với điều kiện: x ≥ 1 , phương trình viết lại là: 2 0,50đ x− x− 1 − 4 x− x− 1 + 3= 0 ( Đặt t = x − ) ( ) t = 1 2 . x − 1 , phương trình trở thành: t − 4t + 3 = 0 ⇔  t = 3 Với t = 1, ta có x − x − 1 = 1⇔ x− 1 ( ) x− 1− 1 = 0 0,50đ 0,50đ  x− 1= 0 x= 1 ⇔  ⇔  . x = 2 x − 1 − 1 = 0   Với t = 3, ta có: x − x− 1= 3⇔ ( ( ) 2 x− 1 − 0,50đ x− 1− 2 = 0 ) 0,50đ ⇔ x − 1 − 2 = 0 ⇔ x = 5. Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = { 1; 2;5} . 0,50đ 0,50đ ⇔ )( 0,50đ x− 1+ 1 x− 1− 2 = 0  xy − 3 x − 2 y = 6 Giải hệ phương trình:  2 3 x + y 2 − 2 x − 4 y = 53  (4,00đ)  2 xy − 6 x − 4 y = 12 HPT ⇔  2 2  x + y − 2 x − 4 y = 53 2  ( x + y ) − 8( x + y ) − 65 = 0 (1) ⇔  2 2 (2)  x + y − 2 x − 4 y = 53 Giải (1) ta được x + y = 13 hoặc x + y = -5. Với x + y = 13 ⇔ y = 13 − x . Thế vào (2) ta được : x 2 − 12 x + 32 = 0 . Giải ra ta được: x1 = 8, x2 = 4 ⇒ y1 = 5, y2 = 9 . Ta có hai nghiệm đầu tiên : (8 ;5), (4 ;9). Với x + y = − 5 ⇔ y = − x − 5 . Thế vào (2) ta được : x 2 + 6 x − 4 = 0 . 0,50đ 0,50đ 0,50đ 0,50đ 0,50đ 0,50đ Giải ra ta được: 0,50đ x3 = − 3 + 13, x4 = − 3 − 13 ⇒ y3 = − 2 − 13, y4 = − 2 + 13 ( Ta có hai nghiệm còn lại: − 3 + )( ) 13; − 2 − 13 , − 3 − 13; − 2 + 13 . ( )( ) Vậy hpt có các nghiệm: (8;5),(4;9), − 3 + 13; − 2 − 13 , − 3 − 13; − 2 + 13 . 0,50đ Tìm m để 3 x1 x2 − x1 − x2 + 2 − x12 + x22 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2 (1), với 4 (4,00đ) x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 0,50đ P/trình đã cho có: ∆ ' = m 2 − m 2 + 1 = 1 > 0 nên luôn có nghiệm ∀ m .  x1 + x2 = 2m Theo Vièt ta có:  , do đó: 2  x1 x2 = m − 1 0,50đ (1) ⇔ 3 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 2 − ⇔ 3 m 2 − 1 − 2m + 2 − ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2 2 4 m 2 − 2m 2 + 2 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2 ⇔ 3 m 2 − 2m + 1 − 4m 2 − 4m + 1 ≥ 2 ⇔ 3 m − 1 − 2m − 1 ≥ 2 (2) 0,50đ 0,50đ Với m < Với 1 : (2) ⇔ − 3( m − 1) + ( 2 m − 1) ≥ 2 ⇔ m ≤ 0 2 0,50đ 1 ≤ m < 1 : (2) ⇔ − 3( m − 1) − ( 2m − 1) ≥ 2 , không có m nào thỏa mãn. 2 0,50đ Với m ≥ 1 : (2) ⇔ 3( m − 1) − ( 2m − 1) ≥ 2 ⇔ m ≥ 4 . 0,50đ Vậy m ≤ 0 hoặc m ≥ 4 là các giá trị cần tìm. 0,50đ 5 (3,00đ) A B O M E F D C Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này. a) Chứng minh ∆ OMD đồng dạng với ∆ FDC Vì O là trung điểm của BD và CE = 2EO nên E là trọng tâm của ∆ BCD · = FDC · (1). và M là trung điểm BC, suy ra OM//CD, do đó OMD · = EFC · nên: Theo giả thiết ODC · = ODC · − MDC · = EFC · − FDC · = FCD · (2). ODM Từ (1) và (2) suy ra ∆ OMD đồng dạng với ∆ FDC . · = 2OBA · b) Chứng minh EFA ABCD là hình thoi nên AD = CD, OM = 1,00đ 0,50đ 0,50đ 2,00đ 1 1 CD = BC = MC ; 2 2 DC DF = ; MD OM AD DC DF DF = = = Do đó: . MD MD OM MC Và ∆ FDC : ∆ OMD ⇒ · = CMD ·, Hơn nữa AD//CM nên FDA · = MCD ·. Suy ra ∆ FDA : ∆ CMD ⇒ DFA · = 1800 − DFA · Ta có: EFA ·= · ·. = 1800 − MCD ADC = · ABC = 2OBA 0,50đ 0,50đ 0,50đ 0,50đ a 6 (3,00đ) I C D M J A E F B O Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này. a) Chứng minh J là trung điêm đoan thăng OC 1,00đ 0 · = CMO · = 90 nên Vì CM là tiếp tuyến của (O) và M ∈ (I) nên CMD D,M,O thẳng hàng. Do CA và CM là tiếp tuyến của (O) nên 0,50đ · = · DOC AOC . · = · Mà · AOC = · DCO (do AB//CD), suy ra DOC DCO , hay ∆ DOC cân ( ) · = 900 suy ra DJ là trung tuyến cua tại D. Kết hơp vơi DJ ⊥ OC DJC 0,50đ ∆DOC, do đó J là trung điêm cua đoan thăng OC. b) Tìm điểm cố định 2,00đ Gọi F là trung điểm của AO, E là giao điểm của DF và BC. Vì OJ=JC (cmt) nên JF là đường trung bình ∆AOC, do đó JF⊥AB và 0,50đ · = COB · (cùng bù JOF · ) (1). DJF DJ = Mặt khác , ∆DJO : ∆ JFO (g.g) nên JF JO CO CO = = (2). FO AO OB 0,50đ Kết hơp (1) và (2) ta đươc ∆DJF : ∆ COB. · = JCE · nên tứ giác CDEJ nội tiếp đường tròn (I) và Do đó JDE 0,50đ · = 900 hay DF ⊥BC. CED Vậy khi M di động, đường thẳng qua D vuông góc với BC luôn đi qua 0,50đ F cố định , F là trung điểm của OA.