Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Ninh Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Ninh Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 26/6/2012 Thời gian làm bài:120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang Câu 1 (2 điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m: x2 2mx 2m 3 0 (1) 1. Giải phương trình (1) với m -1. 2 2 2. Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 sao cho x1 x2 nhỏ nhất. Tìm nghiệm của phương trình (1) ứng với m vừa tìm được. Câu 2 (2,5 điểm). 6x 4 3x 1 3 3x3 1. Cho biểu thức A 3x 3 3 3x 8 3x 2 3x 4 1 3x a. Rút gọn biểu thức A. b. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. 2. Giải phương trình: x 1 x x 1 x 1 Câu 3 (1,5 điểm). Một người đi xe đạp từ địa điểm A tới địa điểm B, quãng đường AB dài 24 km. Khi đi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4 km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A tới B. Câu 4 (3 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Giả sử M là điểm thuộc đoạn thẳng AB (M không trùng A, B), N là điểm thuộc tia đối của tia CA (N nằm trên đường thẳng CA sao cho C nằm giữa A và N) sao cho khi MN cắt BC tại I thì I là trung điểm của MN. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt (O) tại điểm P khác A. 1. Chứng minh rằng các tứ giác BMIP và CNPI nội tiếp. 2. Giả sử PB = PC, chứng minh rằng tam giác ABC cân. Câu 5 (1 điểm). Giả sử x, y là những số thực thoả mãn điều kiện x2 y2 ,1 tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x P y 2 HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh: Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2: 1
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN - Ngày thi 26/6/2012 (Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang) I. Hướng dẫn chung 1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó. 2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau. 3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm. 4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất. 5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm. 6. Tuyệt đối không làm tròn điểm. II. Hướng dẫn chi tiết Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Thay m 1 vào phương trình (1) ta có: x2 2x 1 0 (*) 0,25 Giải PT (*): ' 2 0,25 PT (*) có 2 nghiệm phân biệt: x1 1 2; x2 1 2 0,5 2. (1,0 điểm) 2 Ta có : ' m2 2m 3 m 1 2 0 m Câu 1 0,25 (2,0 đ Vậy PT (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. iểm) Theo Vi-ét ta có: x1 x2 2m; x1x2 2m 3 . 2 2 2 2 2 0,25 x1 x2 (x1 x2 ) 2x1x2 4m 4m 6 (2m 1) 5 5 m 1 Vậy tổng x2 x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi m 0,25 1 2 2 1 Thay m vào PT (1) tìm được hai nghiệm :x 1; x 2 . 0,25 2 1 2 1a. (1,0 điểm) x 0 3 x 0 3 3x 8 0 Điều kiện: 4 0,25 3x 2 3x 4 0 x 3 Câu 2 1 3x 0 (2,5 đ iểm) Với điều kiện trên ta có: 6x 4 3x 1 ( 3x)3 A 3x 0,25 3 3 ( 3x) 2 3x 2 3x 4 1 3x 6x 4 ( 3x 2) 3x A 3x 3x 1 3x 0,25 ( 3x 2)(3x 2 3x 4) 2
3. 2 3x 2 3x 4 3x 1 A 3x 2 3x 1 0,25 ( 3x 2)(3x 2 3x 4) 3x 2 1b. (0,5 điểm) 3x 2 3x 1 3x 3 A 2 0,25 3x 2 3x 2 3x 3 3x 3 0 Để A ¢ thì B ¢ . Do x ¢ nên để B ¢ thì . 3x 2 3x 2 ¤ * 3x 3 0 x 1 (t/m). * Xét trường hợp 3x 2 ¤ : p p2 Đặt 3x ( p,q ¥ ;q 0;( p,q) 1) 3x p2 3x.q2 p2 Mq2 q q2 Nếu q 1 , gọi d là một ước số nguyên tố của q. dp là2 M qước2 sốp Md chung của p và q, mâu thuẫn với giả thiết (p, q) = 1. 0,25 Vậy q = 1. p2 3 1 Suy ra 3x p B p 2 . p 2 p 2 p 2 1 p 3 Để B ¢ thì p 2 1 p 1 1 Với p = 3 thì x = 3 (t/m). Với p = 1 thì x (loại). 3 * Đáp số: x = 1; x = 3. 2. (1,0 điểm) Điều kiện: 0 x 1 . 0,25 t 2 1 Đặt t x 1 x, t 0, ta có t 2 1 2 x 1 x x 1 x 0,25 2 Thay vào PT đã cho ta thu được PT: 2 t 1 2 t1 1 (t / m) 0,25 t 1 t 2t 3 0 2 t2 3 (l) x 0 (t / m) Giải PT: x 1 x 1 1 2 x 1 x 1 x 1 (t / m) 0,25 Đáp số: x 0; x 1 . 24 Gọi vận tốc xe đạp từ A tới B là x (km/h) (x > 0). Thời gian đi là (giờ) 0,25 x 24 Câu 3 vận tốc xe đạp từ B về A là (x + 4) (km/h). Thời gian về là (giờ) 0,25 (1,5 đ x 4 iểm) 1 24 24 1 Đổi 30 (phút) = (giờ). Ta được PT: x2 4x 192 0 0,5 2 x x 4 2 Giải PT trên tìm được hai nghiệm: x1 16 (loại), x2 12 (thoả mãn). 0,5 3
4. Vậy vận tốc xe đạp từ A tới B là 12 km/h. 1. (1,5 điểm) Vì tứ giác AMPN nội tiếp nên ta có: · · · · 0,25 A PMI PMN PAN PAC (1) Vì tứ giác ABPC nội tiếp nên ta có: 0,25 P·AC P·BC P· BI (2) · · Từ (1) và (2) suy ra PMI PBI . Do đó tứ 0,25 O giác BMIP nội tiếp. Vì tứ giác AMPN nội tiếp nên ta có: M 0,25 I I·NP M· NP M· AP B·AP (3) B C Vì tứ giác ABPC nội tiếp nên ta có: 0,25 Câu 4 N B·AP B·CP I·CP (4) P (3,0 đ · · Từ (3) và (4) suy ra INP ICP . Do đó tứ 0,25 iểm) giác CNPI nội tiếp. 2. (1,5 điểm) Từ PB = PC nên tam giác PBC cân tại P. Suy ra I·BP I·CP 0,25 Vì tứ giác BMIP nội tiếp nên ta có I·BP I·MP 0,25 Vì tứ giác CNPI nội tiếp nên ta có I·CP I·NP Từ đó ta có I·MP I·NP . Suy ra tam giác PMN cân tại P. 0,25 Vì I là trung điểm MN nên PI là phân giác M· PN . Suy ra M· PI N· PI 0,25 Vì tứ giác BMIP nội tiếp nên ta có: ·ABC M· BI M· PI 0,25 Vì tứ giác CNPI nội tiếp nên ta có: N· PI ·ACI ·ACB Từ đó ta có ·ABC ·ACB . Vậy tam giác ABC cân tại A. 0,25 Từ điều kiện x2 y2 1 y 1 y 2 0 0,25 x 2 Ta có: P 2P x Py 2P2 x Py y 2 Câu 5 2 2 2 2 2 2 0,5 (1,0 đ 2P x Py 1 P x y 1 P iểm) P2 1 1 P 1. 1 1 P = 1 khi x ; y . 2 2 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của P là bằng 1. Hết 4
5. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 AN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn : TOÁN (ĐỀ CHUNG) ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 15/6/2013 Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . Thời gian làm bài : 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Phòng thi :. . . . . . Bài 1: (2,0 điểm) a) Chứng minh rằng b) Giải hệ phương trình Bài 2: (2,0 điểm) Cho hai hàm số và . a) Vẽ đồ thị của hai hàm số trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho. Bài 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: (*) a) Tìm y sao cho phương trình (*) ẩn x có một nghiệm kép. b) Tìm cặp số (x; y) dương thỏa phương trình (*) sao cho y nhỏ nhất. Bài 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, D là trung điểm của AC, vẽ đường tròn (O) đường kính CD cắt BC tại E, BD cắt đường tròn (O) tại F. a) Chứng minh rằng ABCF là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng và tam giác DEC vuông cân. c) Kéo dài AF cắt đường tròn (O) tại H. Chứng minh rằng CEDH là hình vuông. Hết 5
6. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 AN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2013-2014 MÔN TOÁN (ĐỀ CHUNG) A. ĐÁP ÁN Bài Câu LƯỢC GIẢI Điểm 0,5 Câu a 1,0 điểm Vậy 0,5 Bài 1 Nhân phương trình (1) cho 3 rồi cộng với phương trình (2) ta được 0,25 Câu b 1,0 điểm 0,25 thay vào phương trình (1) ta được 0,25 Vậy hệ phương trình có một nghiệm là 0,25 x -2 -1 0 1 2 4 1 0 1 4 Đồ thị hàm số là Parabol (P) Câu a 1,0 1,0 điểm x 0 1 y 1 Bài 2 Đồ thị là đường thẳng (d) ( phần vẽ đồ thị 0,5 điểm) + Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và đường thẳng (d) 0,25 Câu b 1,0 điểm Do phương trình bậc hai có nên phương trình có hai 0,25 nghiệm 6
7. 0,25 0,25 Vậy giao điểm của hai đồ thị là . (*) 0,25 Phương trình có nghiệm kép khi khi đó ta được Câu a 0,25 1,0 điểm 0,25 Vậy khi thì phương trình có nghiệm kép. 0,25 0,25 Bài 3 Do x;y dương nên 0,25 Câu b 1,0 điểm Ta có 0,25 . ( có thể sử dụng bất đẳng thức ) Dấu bằng xảy ra khi 0,25 Vậy cặp số thỏa đề bài là . A F D H 0,5 O Câu a B 1,5 C E điểm (hình vẽ: 0,5 điểm, vẽ hình cho câu a) Bài 4 (giả thiết) 0,25 (góc chắn nửa đường tròn) 0,5 Tứ giác ABCF nội tiếp do A và F cùng nhìn đoạn BC góc 0,25 bằng nhau . Câu b Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCF 0,25 1,0 là góc nội tiếp chắn cung 7
8. điểm là góc nội tiếp chắn cung 0,25 Vậy . Ta có ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25 (tam giác ABC vuông cân) 0,25 Vậy tam giác DEC vuông cân 0,5 0,25 Câu c 1,5 0,25 điểm Vậy Ta lại có tam giác DHC vuông nên hai tam giác DEC và 0,5 DCH đều vuông cân Tứ giác CEDH là hình vuông. B. HƯỚNG DẪN CHẤM 1. Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn được điểm tối đa. 2. Điểm số chia nhỏ tới 0,25 điểm cho từng câu trong đáp án, trong một phần đáp án có điểm 0,25 có thể có nhiều ý nhỏ nếu học sinh làm đúng phần ý chính mới được điểm. 8
9. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán (Dành cho tất cả thí sinh) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2013 Câu 1. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 2x 3 0. b) Với giá trị nào của x thì biểu thức x 5 xác định? 2 2 2 2 c) Rút gọn biểu thức: A . . 2 1 2 1 Câu 2. (2,0 điểm) Cho hàm số: y mx 1 (1), trong đó m là tham số. a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A(1;4) . Với giá trị m vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên ¡ ? b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng d: y m2 x m 1. Câu 3. (1,5 điểm) Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 3 km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B. Câu 4. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính BC, trên nửa đường tròn lấy điểm A (khác B và C). Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Trên cung AC lấy điểm D bất kì (khác A và C), đường thẳng BD cắt AH tại I. Chứng minh rằng: a)IHCD là tứ giác nội tiếp; b) AB2 = BI.BD; c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AID luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi D thay đổi trên cung AC. Câu 5. (1,5 điểm) a) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (x; y) thỏa mãn phương trình: x2 2y2 3xy 2x 4y 3 0. b) Cho tứ giác lồi ABCD có B·AD và B·CD là các góc tù. Chứng minh rằng AC BD. Hết (Đề này gồm có 01 trang) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 9
10. UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán (Dành cho tất cả thí sinh) Câu Lời giải sơ lược Điểm 1 a) (0,5 điểm) (2,0 Ta có 2x 3 0,25 điểm) 3 x 0,25 2 b) (0,5 điểm) x 5 xác định khi x 5 0 0,25 x 5 0,25 c) (1,0 điểm) 2( 2 1) 2( 2 1) A= . 0,5 2 1 2 1 = 2. 2 2 0,5 2 a) (1,0 điểm) (1,0 Vì đồ thị hàm số (1) đi qua A(1;4) nên 4 m 1 m 3 0,5 điểm) Vậy m 3 đồ thị hàm số (1) đi qua A(1;4) . Vì m 3 0 nên hàm số (1) đồng biến trên ¡ . 0,5 b) (1,0 điểm) m2 m Đồ thị hàm số (1) song song với d khi và chỉ khi m 1 1 0,5 m 1. Vậy m 1 thỏa mãn điều kiện bài toán. 0,5 3 (1,5 Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x km/h, x 0 . điểm) 36 Thời gian của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 0,25 x Vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ B đến A là x+3 36 Thời gian của người đi xe đạp khi đi từ B đến A là 0,25 x 3 36 36 36 Ta có phương trình: 0,25 x x 3 60 x 12 Giải phương trình này ra hai nghiệm 0,5 x 15 loai & Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 12 km/h 0,25 4 a) (1,0 điểm) 10
11. (3,0 A D điểm) I 0,25 B H O C Vẽ hình đúng, đủ phần a. AH BC I·HC 90 (1)0. 0,25 B·DC 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay I·DC 900. (2) 0,25 Từ (1) và (2) I·HC I·DC 1800 IHCD là tứ giác nội tiếp. 0,25 b) (1,0 điểm) Xét ABI và DBA có góc Bµ chung, B· AI ·ADB (Vì cùng bằng ·ACB ). 0,75 Suy ra, hai tam giác ABI, DBA đồng dạng. AB BD AB2 BI.BD . (đpcm) 0,25 BI BA c) (1,0 điểm) B· AI ·ADI (chứng minh trên). 0,25 AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ADI với mọi D thuộc cung AD và 0,25 A là tiếp điểm. (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) Có AB AC tại A AC luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp A .I DGọi M là tâm 0,25 đường trong ngoại tiếp M A luônID nằm trên AC. Mà AC cố định M thuộc đường thẳng cố định. (đpcm) 0,25 5 a) (1,0 điểm) (1,5 x2 2y2 3xy 2x 4y 3 0 x y x 2y 2 x 2y 3 điểm) x 2y x y 2 3 0,5 Do x, y nguyên nên x 2y, x y 2 nguyên Mà 3 1 .3 3 .1 nên ta có bốn trường hợp x 2y 1 x 3 x 2y 3 x 9 ; loai x y 2 3 y 2 x y 2 1 y 6 & x 2y 1 x 11 x 2y 3 x 1 0,5 loai ; x y 2 3 y 6 & x y 2 1 y 2 Vậy các giá trị cần tìm là(x; y) (1;2),(3;2) . b) (0,5 điểm) Vẽ đường tròn đường kính BD. Do các góc A, C tù nên hai điểm A, C nằm trong đường tròn đường kính BD. Suy ra, AC BD (Do BD là đường kính). 0,5 Lưu ý: - Thí sinh làm theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong hội đồng chấm. - Điểm toàn bài không làm tròn số ( ví dụ: 0,25, hoặc 0,75 vẫn giữ nguyên ). 11
12. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI DƯƠNG NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN (không chuyên) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình (2x 1)2 (x 3)2 10 . 3x my 5 2) Xác định các hệ số m và n biết hệ phương trình có nghiệm là (1; 2) mx 2ny 9 Câu II ( 2,0 điểm) x 2 x 3 x 1 1 1) Rút gọi biểu thức A với x 0 . x x 1 x x 1 x 1 2) Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm thì trong 6 ngày xong việc. Nếu họ làm riêng thì người thợ thứ nhất hoàn thành công việc chậm hơn người thợ thứ hai là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm trong bao nhiêu ngày để xong việc. Câu III (2,0 điểm) Cho phương trình x2 2(m 1)x 2m 5 0 1) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện 2 2 x1 2mx1 2m 1 x2 2mx2 2m 1 0 Câu IV (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O; R) thay đổi đi qua B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm của MN và BC, H là giao điểm của đường thẳng OI và đường thẳng MN. 1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh OI.OH = R 2 . 3) Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Câu V (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. a 4b 9c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . b c a c a b a b c Hết Họ và tên thí sinh Số báo danh Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: 12
13. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM HẢI DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN (không chuyên) Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Giải phương trình (2x 1)2 (x 3)2 10 1,00 Pt 4x2 4x 1 x2 6x 9 10 0,25 5x2 2x 0 0,25 x(5x 2) 0 0,25 2 x 0, x 0,25 5 3x my 5 I 2 Hệ phương trình có nghiệm là (1; 2) 1,00 mx 2ny 9 3 m( 2) 5 Thay x 1, y 2 vào hệ ta được 0,25 m 2n( 2) 9 3 2m 5 0,25 m 4n 9 Tìm được m 1 0,25 Tìm được n 2 . 0,25 x 2 x 3 x 1 1 II 1 Rút gọi biểu thức A với x 0 . 1,00 x x 1 x x 1 x 1 x 2 x 3 x 1 1 A 0,25 x 1 x x 1 x x 1 x 1 x 2 x 3 x 1 x 1 x x 1 0,25 x 1 x x 1 x 2 x 3 x 1 x x 1 0,25 x 1 x x 1 x x 1 1 0,25 x 1 x x 1 x 1 II 2 Nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm bao nhiêu ngày để xong việc 1,00 Gọi số ngày người thứ nhất làm một mình xong công việc là x (x > 9) 0,25 Khi đó số ngày người thứ hai làm một mình xong công việc là x - 9 1 1 1 Theo bài ra ta có phương trình 0,25 x x 9 6 x2 21x 54 0 0,25 x 3, x 18. Đối chiếu với điều kiện x 9 ta được x = 18 Vậy số ngày người thứ nhất làm một mình xong công việc là 18 ngày 0,25 Số ngày người thứ hai làm một mình xong công việc là 9 ngày 13
14. III 1 Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m 1,00 ' (m 1)2 (2m 5) 0,25 m2 2m 1 2m 5 m2 4m 6 0,25 (m 2)2 2 0,25 ' 0,m nên phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 0,25 2 2 III 2 x1 2mx1 2m 1 x2 2mx2 2m 1 0 (1) 1,00 x1 x2 2(m 1) Theo Viét ta có 0,25 x1x2 2m 5 x1 là nghiệm nên 2 2 x1 2(m 1)x1 2m 5 0 x1 2mx1 2m 1 2x1 4 0,25 2 Tương tự ta có x2 2mx2 2m 1 2x2 4 Vậy (1) ( 2x1 4)( 2x2 4) 0 4x1x2 2(x1 x2 ) 4 0 0,25 3 2m 5 2.2(m 1) 4 0 2m 3 0 m 0,25 2 IV 1 Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn 1,00 I là trung điểm của BC suy ra OI  BC A· IO 900 0,25 AM, AN là tiếp tuyến A·MO A·NO 900 0,25 Suy ra A, M, N, I, O cùng thuộc một đường tròn 0,25 Suy ra M, N, I, O cùng thuộc một đường tròn 0,25 IV 2 Chứng minh OI.OH = R 2 . 1,00 Gọi F MN  AO A· FH A· IH 900 AFIH là tứ giác nội tiếp 0,25 O· FI O·HA OFI đồng dạng với OHA 0,25 OF OI = OI.OH = OF.OA (1) 0,25 OH OA Tam giác AMO vuông tại M có MF là đường cao nên OF.OA = OM2 R 2 0,25 (2). Từ (1) và (2) suy ra OI.OH = R 2 IV 3 Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định 1,00 Tam giác AMB đồng dạng với tam giác ACM AB.AC = AM2 0,25 Tứ giác EFOI nội tiếp AE.AI = AF.AO = AM2 0,25 Suy ra AB.AC = AE.AI ; A, B, C, I cố định suy ra AE là hằng số. 0,25 Mặt khác E luôn thuộc đoạn thẳng BC cố định nên điểm E cố định. Vậy 0,25 MN luôn đi qua điểm E cố định 14
15. H M A B E I C F O N a 4b 9c V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . 1,00 b c a c a b a b c b c a c a b a b c Đặt x , y , z x, y, z 0 thỏa mãn 2 2 2 0,25 a b c x y z 1 và a y z, b z x, c x y . Khi đó 2 y z 4(z x) 9(x y) 1 y 4x z 9x 4z 9y S 0,25 2x 2y 2z 2 x y x z y z 1 y 4x z 9x 4z 9y 2 . 2 . 2 . 11 0,25 2 x y x z y z y 4x z 9x 4z 9y Đẳng thức xảy ra , , x y x z y z 1 1 1 y 2x, z 3x,2z 3y x y z 6x 1 x , y , z 0,25 6 3 2 5 2 1 a ,b ,c . Vậy GTNN của S là 11 6 3 2 15
16. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Không chuyên) (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20/6/2013 Bài 1. (2,5 điểm) 1/ Tính: 5 2 2 9 4 2 3 x 9 2/ Cho biểu thức: P = x 1 2 x x x 2 a) Tìm điều kiện xác định của P. Rút gọn P b) Với giá trị nào của x thì P = 1 Bài 2. (1 điểm) Giải hệ phương trình 1 1 1 x y 3 4 5 x y Bài 3. (1,5 điểm) Cho (dm): y (2 10 m)x m 12 1/ Với giá trị nào của m thì (dm) đi qua gốc tọa độ 2/ Với giá trị nào của m thì (dm) là hàm số nghịch biến Bài 4. (1,5 điểm) Một ca nô xuôi dòng 42 km rồi ngược dòng trở lại 20 km hết tổng cộng 5 giờ. Biết vận tốc của dòng chảy là 2km/h. Tính vận tốc của ca nô lúc dòng nước yên lặng. Bài 5. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB, M là điểm thuộc cung AB, I thuộc đoạn thẳng OA. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với (O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với IM cắt Ax tại C. Qua I dựng một đường thẳng vuông góc với IC cắt tia By tại D. Gọi E là giao điểm AM, CI và F là giao điểm ID và MB. 1/ Chứng minh tứ giác ACMI và tứ giác MEIF nội tiếp 2/ Chứng minh EF // AB 3/ Chứng minh ba điểm C, M, D thẳng hàng 4/ Chứng tỏ rằng hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CME và MFD tiếp xúc nhau tại M 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 ký giám thị 1: .Chữ ký giám thị 2: 16
17. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Không chuyên) HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI NỘI DUNG 1.1 5 2 2 9 4 2 5 2 2 (2 2 1)2 5 2 3 2 2 5 2 ( 2 1)2 3 2 2 ( 2 1)2 2 1 1.2 a/ Điều kiện xác định của P: x 0 và x 4 . 3 x 9 3 x 9 P = = x 1 2 x x x 2 x 1 x 2 ( x 1)( x 2) 3( x 2) x( x 1) 9 3 x 6 x x 9 3 x x x 3 = ( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) 3( x 1) x( x 1) ( x 1)(3 x) 3 x = ( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) x 2 3 x 25 b/ P = 1 1 3 x x 2 2 x 5 x x 2 4 2 1 1 1 1 u x y x (I) . Đặt thì hệ (I) trở thành 3 4 1 5 v x y y 9 1 9 7 u x u v 1 7 x 7 9 3u 4v 5 2 1 2 7 v y 7 y 7 2 3.1 (dm): y (2 10 m)x m 12 2 10 m 0 m 6 Để (dm) đi qua gốc tọa độ thì: 10 m 0 m 10 12 0 12 (lo¹i) m m Vậy không tồn tại m để đường thẳng (dm) đi qua gốc tọa độ 3.2 10 m 0 m 10 m 10 Để (dm) là hàm số nghịch biến thì: 2 10 m 0 10 m 2 10 m 4 m 10 m 6 m 6 4. Gọi x (km/h) là vận tốc của ca nô lúc nước yên lặng (Đk: x > 2) Vận tốc ca nô xuôi dòng là: x + 2 (km/h) Vận tốc ca nô ngược dòng là: x – 2 (km/h) 17
18. 42 Thời gian ca nô xuôi dòng 42 km: (h) x 2 20 Thời gian ca nô ngược dòng 20 km: (h) x - 2 42 20 Do ca nô đi hết tổng cộng 5 giờ nên ta có phương trình: 5 x 2 x 2 42(x – 2) + 20(x + 2) = 5(x + 2)(x – 2) 42x – 84 + 20x + 40 = 5x2 – 20 5x2 - 62x + 24 = 0 x = 12 2 x = (lo¹i) 5 Vậy vận tốc ca nô lúc dòng nước yên lặng là 12 km/h 5. a) Chứng minh tứ giác ACMI và MEIF nội tiếp *Xét tứ giác ACMI có: · CAI 900 (vì Ax là tiếp tuyến tại A của (O) · CMI 900 (Vì CM  IM tại M) · · CAI CMI 1800 Tứ giác ACMI nội tiếp đường tròn đường kính CI *Xét tứ giác MEIF có: K · EMF 900 (góc nội tiếp nửa đường tròn) C M 1 · EIF 900 (vì CI  ID tại I) J · · EMF EIF 1800 D Tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính EF E 1 1 F 2 2 2 1 A I O B b) Chứng minh EF // AB: · $ Ta có ICM I2 (cùng phụ với góc I1) $ · Mà tứ giác MEIF nội tiếp I2 MEF (cùng chắn cung MF) · · ICM MEF · µ · µ MEF A2 Mặt khác tứ giác ACMI nội tiếp ICM A2 (cùng chắn cung MI) · µ Mà MEF vµ A2 là hai góc đồng vị nên EF // AB c) Chứng minh ba điểm C, M, D thẳng hàng $ µ · Ta có : I2 A2 (cùng bằng MEF ) µ $ ¼ Mà A2 B2 (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn MB của (O)) 18
19. $ $ I2 B2 mà I ,B là hai đỉnh kề cạnh IB của tứ giác MIBD tứ giác MIBD nội tiếp · · · · IMD IBD 1800 . Mà IBD 900 IMD 900 · · CMI IMD 1800 C, M, D thẳng hàng d) Chứng minh hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CME và MFD tiếp xúc nhau tại M *Gọi J và K lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp tam giác CME và MFD Xét đường tròn tâm K ta có: µ · 1 » K1 MDF (cùng bằng s®MF ) 2 µ · 0 Mà K1 KMF 90 · · MDF KMF 900 (1) $ · Ta lại có: B1 MDF (cùng chắn cung MI, tứ giác MIBD nội tiếp) $ · Mà B1 OMB (do OMB cân tại O, OM = BO) · · MDF OMB (2) · · Từ (1) và (2) suy ra: OMB KMF 900 KM  MO mà KM là bán kính (K) OM là tiếp tuyến của (K) Chứng minh tương tự ta có: OM cũng là tiếp tuyến của (J) Vậy hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CME và MFD tiếp xúc nhau tại M 19