Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên 3

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyênvvĐề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyênĐề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyênĐề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyênĐề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyênĐề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyênĐề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyênĐề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyênĐề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Môn: TOÁN (Toán chung) Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (2,0 điểm)  x  3x    x 3   Cho biểu thức: A     4x  12 a) Tìm điều kiện x để biểu thức A có nghĩa b) Rút gọn biểu thức A c) Tính giá trị A x   Câu 2: (2,0 điểm) a) Xác định hệ số a, b hàm số y = ax + b, biết đồ thị đường thẳng song song với đường thẳng y = – 2x + qua điểm M(1 ; – 3) b) Giải hệ phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay):  2x  y    2x  y  Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P): y  x đường thẳng (d): y = (m – 1)x – (với m tham số) a) Vẽ (P) b) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) điểm có hoành độ dương c) Với m tìm câu b), xác định tọa độ tiếp điểm (P) (d) Câu 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Qua C kẻ đường thẳng d vuông góc với AC Từ trung điểm M cạnh AC kẻ ME vuông góc với BC (E thuộc BC), đường thẳng ME cắt đường thẳng d H cắt đường thẳng AB K a) Chứng minh: ∆AMK = ∆CMH, từ suy tứ giác AKCH hình bình hành b) Gọi D giao điểm AH BM Chứng minh tứ giác DMCH nội tiếp xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác c) Chứng minh: AD.AH = 2ME.MK d) Cho AB = a ACB  300 Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH theo a SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu a) Câu (2,0) (0,5) b) (1,0) Điều kiện: x ≥ x  KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Môn: TOÁN (Toán chung) Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn gồm 02 trang) Nội dung Điểm 0,25 0,25  x  3 x    x   x   x  12   x    x   x   A=     x   x   Biến đổi được: x      1 Biến đổi được: x  x   0,25 0,25 0,25 c) (0,5) x  Tính được: A = – Câu (2,0) Câu (2,0) + Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = – 2x + nên a = – (không yêu cầu nêu b ≠ 1) + Thay tọa độ điểm M (1 ; – 3) a = – vào y = ax + b + Tìm được: b = – b) (1,0)  x  y   y     x  y   x  y  Tính được: y = x= Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: (x ; y) = ( ; 1) b) (1,0) + Lập bảng giá trị (chọn tối thiểu giá trị x phải có giá trị x = 0) + Vẽ dạng (P) + Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): x  (m  1)x  2  x2 – 2(m – 1)x +4 =  '    m  1   + Lập luận được:  b '   m    a  m  1 hoÆc m   m  + Kết luận được: m = 0,25 0,25 a) (1,0) a) (0,5) 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 c) (0,5) Câu Câu Hình vẽ (4,0) (0,25) b ' m     2 a 1 +Tính tung độ tiếp điểm: y = kết luận tọa độ tiếp điểm (2; 2) + Tìm hoành độ tiếp điểm: x  Nội dung 0,25 0,25 Điểm 0,25 a) (1,0) b) (1,0) c) (1,0) + AM = MC (gt) , KAM  HCM  900 ,AMK  CMH (đđ) + AMK  CMH  g.c.g  + suy ra: MK = MH + Vì MK = MH MA = MC nên tứ giác AKCH hình bình hành + Nêu được: CA  BK KE  BC , suy M trực tâm tam giác KBC + Nêu được: KC // AH BM  KC, suy BM  AH + HDM  HCM  900  900  1800 => Tứ giác DMCH nội tiếp + MCH  900 => Tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH trung điểm MH + Chứng minh hai tam giác ADM ACH đồng dạng (g.g) AM AD +   AM AC  AH AD  AM  AH AD  vìAC=2AM  AH AC AH AD  AM  (1) + Ta lại có: MC2 = ME.MH MH=MK nên MC2 = ME.MK (2) + Mặt khác: MC = MA (gt) (3) AH AD Từ (1), (2), (3) =>  ME.MK => AH.AD = 2ME.MK d) +  ABC vuông A, góc C = 30 nên AC = a (0,75) + ACB  MHC  300 (cùng phụ góc CMH) => MH = 2MC Mà AC = 2MC nên: MH = AC = a + Độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH là: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a 3  MH  C  2       a      d + Tam giác ABC vuông A nên: AC = AB.cotC = a (0,75) + CMH  900  ACB  600 MC AC   AC  a => MH  cosCMH 2cos600 Diện tích hình tròn (O): 2 a 3  MH       a      + S(O)    0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Môn: TOÁN (Chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (1,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = b) Cho x  a a 6  4a a 2 (với a ≥ a ≠ 4) 28  16 Tính giá trị biểu thức: P  (x  2x  1) 2012 1 Câu 2: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3(1  x)   x   x  xy  4x  6 b) Giải hệ phương trình:   y  xy  1 Câu 3: (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = − x2 đường thẳng (d): y = (3 − m)x + − 2m (m tham số) a) Chứng minh với m ≠ −1 (d) cắt (P) điểm phân biệt A, B b) Gọi yA, yB tung độ điểm A, B Tìm m để |yA − yB| = Câu 4: (4,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = cm, AD = cm Đường thẳng vuông góc với AC C cắt đường thẳng AB AD E F a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp đường tròn b) Gọi I giao điểm đường thẳng BD EF Tính độ dài đoạn thẳng ID c) M điểm thay đổi cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD N Gọi S1 diện tích tam giác CME, S2 diện tích tam giác AMN Xác định vị trí điểm M để S1  Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b hai số thực không âm thỏa: a + b ≤ Chứng minh:  a  2b    a  2b - Hết - S2 Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Môn: TOÁN (Chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Câu (1,5 điểm) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn gồm 03 trang) Nội dung a a 6  4a a 2 ( a  2)( a  3) A=  (2  a )(2  a ) a 2 a) (0,75) A = = (a ≥ a ≠4) a 3  2 a 2 a = −1 b) (0,75) Cho x  x Câu (2,0 điểm) Điểm 0,25 0,25 0,25 28  16 Tính: P  (x  2x  1) 2012 1 (4  3)  (  1) = 1   1 1 1 0,25  x  2x   0,25  P  (x  2x  1) 2012  0,25 a) (1,0) Giải phương trình: 3(1  x)   x  (1) Bình phương vế (1) ta được: 3(1  x)   x  3(1  x)(3  x)   3(1  x)(3  x)   x  3(1  x)(3  x)   2x  x  x  x    x = x =−2 Thử lại, x = −2 nghiệm 0,25 0,25 0,25 0,25  x  xy  4x  6 (1) b) (1,0) Giải hệ phương trình:  (I) (2)  y  xy  1 Nếu (x;y) nghiệm (2) y ≠ 0,25 0,25 y2 1 Do đó: (2)  x  (3) y Thay (3) vào (1) biến đổi, ta được: 4y3 + 7y2 + 4y + =  (y + 1)(4y2 + 3y + 1) = (thí sinh bỏ qua bước này) y=–1 y=–1 x=2 Vậy hệ có nghiệm: (x ; y) = (2 ; −1) Câu Câu (1,5 điểm) Nội dung a) (0,75) (P): y = − x , (d): y = (3 − m)x + − 2m Chứng minh với m ≠ −1 (d) cắt (P) điểm phân biệt A, B Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): − x2 = (3 − m)x + − 2m  x2 + (3 − m)x + − 2m = (1)  = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m + Viết được:  = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − kết luận b) (0,75) Tìm m để |yA − yB| = Giải PT (1) hai nghiệm: x1 = − x2 = m − Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2 |yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3| |yA − yB| =  m2 − 2m − = m2 −2m − = −2  m =  m =  0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (4,0 điểm) a) (1,0) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp đường tròn Ta có:  tứ giác EBDF nội tiếp 0,25 0,25 0,25 0,25 b) (1,5) Tính ID Tam giác AEC vuông C BC  AE nên: BE.BA = BC2 0,25 ADB  ACB AEC  ACB ( phụ với BAC )  ADB  AEC  BE  BC2 1 BA 0,25