Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 thpt chuyên năm học 2013 - 2014 đề thi môn: Toán dành cho tất cả các thí sinh thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho tất cả các thí sinh 
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề.
—————————
Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức , với .
Rút gọn biểu thức . b) Tìm tất cả các giá trị của để .
Câu 2 (2,0 điểm). 
Giải hệ phương trình: 
Giải phương trình: 
Câu 3 (2,0 điểm). Cho phương trình , (x là ẩn, m là tham số).
 a) Giải phương trình đã cho với 
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng lập phương của hai nghiệm đó bằng 27.
Câu 4 (3,0 điểm). 
Cho đường tròn và điểm nằm ngoài . Từ điểm kẻ hai tiếp tuyến ( là các tiếp điểm) tới đường tròn . Từ điểm kẻ cát tuyến ( nằm giữa và D, MBD không đi qua ). Gọi là giao điểm của và . Từ kẻ đường thẳng song song với cắt đường tròn tại E (E khác C), gọi là giao điểm của và . Chứng minh:
a) Tứ giác nội tiếp. b) K là trung điểm của BD.
c) AC là phân giác của góc .
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh: 
-----------------HẾT-----------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:; SBD:.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Câu
Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
Cho biểu thức , với .
a
Rút gọn biểu thức .
1,0
0,50
0,25
. Vậy 
0,25
b
Tìm tất cả các giá trị của để .
1,0
Theo phần a) ta có 
0,50
. KL các giá trị của x cần tìm là: 
0,50
2
a
Giải hệ phương trình: 
1,0
Điều kiện xác định: . Đặt 
0,25
Thay vào hệ đã cho ta được
0,50
. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là .
0,25
b
Giải phương trình: 
1,0
Để ý rằng nên phương trình được viết lại về dạng
 (1)
0,50
Phương trình (1) tương đương với 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 
0,50
3
Cho phương trình , (x là ẩn, m là tham số).
a
Giải phương trình khi 
1,0
Khi phương trình có dạng 
0,25
Phương trình này có biệt thức 
0,25
Phương trình có hai nghiệm phân biệt và 
0,50
b
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng lập phương của hai nghiệm đó bằng 27.
1,0
Phương trình đã cho có biệt thức
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của tham số m.
0,25
Khi đó, theo định lý Viét: 
Ta có
0,25
 (1)
0,25
Do phương trình có biệt thức nên 
Vậy .
0,25
4
B
K
E
H
C
A
O
M
D
a
Tứ giác nội tiếp.
1,0
Do MA, MC là tiếp tuyến của (O) nên 
0,50
 Tứ giác OAMC nội tiếp đường tròn đường kính OM.
0,50
b
K là trung điểm của BD.
1,0
Do CE // BD nên , (cùng chắn cung ) . Suy ra tứ giác AKCM nội tiếp.
0,50
Suy ra 5 điểm M, A, K, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính OM hay OK vuông góc với BD. Suy ra K là trung điểm của BD.
0,50
c
AH là phân giác của góc .
1,0
Ta có: , (Do đồng dạng) đồng dạng tứ giác BHOD nội tiếp (1)
0,25
Tam giác OBD cân tại O nên (2)
0,25
 Tứ giác BHOD nội tiếp nên (3)
0,25
Từ (1), (2) và (3) suy ra AC là phân giác của góc .
0,25
5
Cho các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh: 
1,0
Do nên ta có
0,25
Áp dụng bất đẳng thức 
0,25
Tương tự và 
0,25
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) kết hợp ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu “=’’ khi .
0,25
---------------------------Hết----------------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH 10
BẾN TRE
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE
NĂM HỌC 2013 – 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN (chung)
Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)
Câu 1 (2,5 điểm)
 a) Giải phương trình .
b) Giải hệ phương trình 
c) Cho . Không dùng máy tính cầm tay, hãy rút gọn biểu thức
P = .
d) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có n3 + 3n2 + 2n chia hết cho 6.
Câu 2 (1,5 điểm) Cho phương trình (m là tham số) (1).
 Giải phương trình (1) khi m = 2.
 Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng (đơn vị độ dài).
Câu 3 (2,5 điểm). Cho các hàm số y = – x2 có đồ thị là (P) và y = x – 2 có đồ thị là (d).
Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc (đơn vị trên các trục số bằng nhau).
Xác định tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
Tìm điểm M thuộc (P) có hoành độ lớn hơn -2 và nhỏ hơn 1 đồng thời khoảng cách từ M đến đường thẳng (d) là lớn nhất.
Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn kẻ các tiếp tuyến AP và AQ với đường tròn ( P, Q là các tiếp điểm). Kẻ dây QB song song với AP. Nối AB cắt đường tròn tại C.
Chứng minh rằng:
Tứ giác APOQ nội tiếp.
Tam giác PQB cân.
AP2 = AB. AC.
 Kéo dài QC cắt AP tại I. Chứng minh rằng IA = IP.
Biết AP = R. Tính diện tích hình quạt tròn chắn cung nhỏ PQ của đường tròn tâm O theo R.
GỢI Ý GIẢI
Câu 1 (2,5 điểm) a) Giải phương trình 	(1)
+ Đặt t = x2 0, pt (1) trở thành: t2 – 6t – 27 = 0 
	+ Với t = 9 x2 = 9 x = 3. + Vậy pt (1) có hai nghiệm x1= 3; x2 = – 3. 
b) Giải hệ phương trình 	(I)
	+ Đặt X = : ĐK: x 0, hệ (I) trở thành: 
 c) = 
	 = = = 1
P = = (13 – 19 + 1)2013 = 12013 = 1.
Câu 2(1,5 điểm) Phương trình (m là tham số) (1).
a) Khi m = 2, pt (1) có 2 nghiệm: x1 = – 1; x2 = 3.
b) + Pt (1) có 2 nghiệm x1, x2 ’ = 12 – (– 1) (m + 1) = m + 2 0 m – 2.
+ Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt(1): 
+ Theo đề bài: x12 + x22 = ()2 (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 3 22 – 2(- m – 1) = 3 m = (thỏa ĐK)
Câu 3 (2,5 điểm). Cho các hàm số y = – x2 có đồ thị là (P) và y = x – 2 có đồ thị là (d).
a) Đồ thị: + Bảng một số giá trị của (P): 
x
-2
-1
0
1
2
y = – x2
-4
-1
0
-1
-4
+ Vẽ (d): Cho x = 0 y = – 2 (0 ; – 2 ) (d) ; Cho x = 1 y = – 1 (1 ; – 1 ) (d)
b) + Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): – x2 = x – 2 x2 + x – 2 = 0
+ Vậy tọa độ giao điểm của P và (d) là: (1 ; – 1) và (– 2 ; – 4)
c) + Gọi các giao điểm của (P) và (d) là
A(1 ; – 1) và B(– 2 ; – 4) và MH là khoảng cách
từ M (xM; yM) (P) đến (d) MH AB
SAMB = AB.MH MH lớn nhất khi SAMB lớn nhất
+ Gọi A’, B’, M’ lần lượt là hình chiếu của A, B, M lên trục Ox, đặt xM = m yM = – xM2
| yM | = |– xM2| = xM2 = m2.
+ Ta có: SAMB 	= SAA’B’B – [SAA’M’M + SBB’M’M]
= (AA’ + BB’).A’B’ – [ (AA’ + MM’).A’M’ + (BB’ + MM’).B’M’]
= . (1 + 4). 3 – [. (1 + | yM |).(1 + | xM |) + ( 4 + | yM | ).( 2 – | xM |) ]
= – [(1 + m2)(1 + m) + (4 + m2)(2 – m)] = – (3m2 – 3m + 9) = – (m2 – m + 3)
= – [(m – )2 + ] = – (m – )2 
+ Dấu “ = ” xảy ra m = (-2 ; 1) Vậy khoảng cách lớn nhất đến (d) tại M (;)
Câu 4 (3,5 điểm) a) i) Chứng minh rằng tứ giác APOQ nội tiếp:
= = 900 nhìn đoạn OA Tứ giác APOQ nội tiếp đường tròn 
đường kính OA.
ii) Chứng minh rằng tam giác PQB cân:
+ QB // AP = (so le trong)	(1)
+ =(cùng chắn của (O))	(2)
Từ (1) và (2) =PQB cân tại P.
iii) Chứng minh rằng AP2 = AB. AC:
+ APC và ABP có:
 APC ABP (g-g) AP2 = AB. AC.
 b) Chứng minh rằng IA = IP:
+ IPC và IQP có:
 IPC IQP (g-g) IP2 = IC.IQ (1) 	
+ 
+ IAC và IQA có:
 IAC IQA (g-g) IA2 = IC.IQ 	 (2) 
+ Từ (1) và (2) IA2 = IP2 IA = IP.
c) Biết AP = R. Tính diện tích hình quạt tròn chắn cung nhỏ PQ của đường tròn tâm O theo R:
+ OAP vuông tại P tan= = = = 600
= 1200 n0 = sđ= 1200
Squạt = = = (đvdt).
--- Hết ---