File word 70 đề word 10 chuyên 031 065

ĐỀ SỐ 031 ĐỀ THI VÀO 10 Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x 1  x 1 x  3  2) Giải hệ phương trình   3x  y  11 Câu II ( 1,0 điểm)  1  a +1 Rút gọn biểu thức P =  với a > a  + : 2- a  a-2 a 2 a -a Câu III (1,0 điểm) Một tam giác vng có chu vi 30 cm, độ dài hai cạnh góc vng 7cm Tính độ dài cạnh tam giác vng Câu IV (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x - m +1 parabol (P): y = x2 1) Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm A(-1; 3) 2) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) (x2; y2) cho x1x  y1 + y2   48  Câu V (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB Trên đường tròn lấy điểm C cho AC < BC (C  A) Các tiếp tuyến B C (O) cắt điểm D, AD cắt (O) E (E  A) 1) Chứng minh BE2 = AE.DE 2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB H, DO cắt BC F Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp 3) Gọi I giao điểm AD CH Chứng minh I trung điểm CH Câu VI ( 1,0 điểm) 1   Tìm giá trị lớn biểu thức a b 1 Q  2 a  b  2ab b  a  2ba Cho số dương a, b thỏa mãn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (không chuyên) Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Điểm Nội dung Câu I (2,0đ) 1) 1,0 điểm x 1  x   x   3( x  1) 0,25  x   3x  0,25   2x  0,25  x  2 Vậy phương trình cho có nghiệm x = -2 2) 1,0 điểm  x  3  (1)   3x  y  11 (2) Câu II (1,0đ) 0,25 0,25 Từ (1)=> x  3 x=3 0,25 Thay x=3 vào (2)=> 3.3  y  11 2y=2 0,25 y=1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y)=(3;1) 0,25   1  a +1 P=  + :  a 2- a 2- a  a  a   0,25  =  1+ a a2 a  a (2  a ) a +1 0,25 Câu III (1,0đ) a  a  2 a  2- a  0,25 = = a 2 =-1 2- a 0,25 Gọi độ dài cạnh góc vng nhỏ x (cm) (điều kiện 0< x < 15) 0,25 => độ dài cạnh góc vng lại (x + )(cm) Vì chu vi tam giác 30cm nên độ dài cạnh huyền 30–(x + x +7)= 23–2x (cm) Theo định lí Py –ta- go ta có phương trình  x - 53x + 240 = x + (x + 7)2 = (23 - 2x)2 0,25 (1) Giải phương trình (1) nghiệm x = 5; 0,25 x = 48 Đối chiếu với điều kiện có x = (TM đk); x = 48 (khơng TM đk) 0,25 Vậy độ dài cạnh góc vng 5cm, độ dài cạnh góc vng lại 12 cm, độ dài cạnh huyền 30 – (5 + 12) = 13cm Câu IV (2,0đ) 1) 1,0 điểm Vì (d) qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 y = vào hàm số y = 2x – m + ta có 2.(-1) – m +1 = 0,25  -1 – m = 0,25  m = -4 0,25 Vậy m = -4 (d) qua điểm A(-1; 3) 0,25 2) 1,0 điểm Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình 0,25 x  x  m 1  x  x  2m   (1) ; Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nên (1) 0,25 có hai nghiệm phân biệt   '    2m   m  Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm phương trình (1) y1 = x1  m  1, y2 = x2  m  0,25 Theo hệ thức Vi-et ta có x1 + x = 4, x1x = 2m-2 Thay y1,y2 vào x1x  y1 +y2   48  có x1x  2x1 +2x -2m+2   48   (2m - 2)(10 - 2m) + 48 =  m2 - 6m - =  m=-1(thỏa mãn m OD đường trung trực đoạn BC => OFC=900 (1) A H O B Có CH // BD (gt), mà AB  BD (vì BD tiếp tuyến (O)) => CH  AB => OHC=900 0,25 0,25 (2) 0,25 Từ (1) (2) ta có OFC + OHC = 1800 => tứ giác CHOF nội tiếp 3)1,0 điểm Có CH //BD=> HCB=CBD (hai góc vị trí so le trong) mà 0,25 ΔBCD cân D => CBD  DCB nên CB tia phân giác HCD CA  CB => CA tia phân giác góc ngồi đỉnh C ΔICD  0,25 AI CI (3) = AD CD Trong ΔABD có HI // BD => AI HI = AD BD 0,25 (4) 0,25 CI HI mà CD=BD  CI=HI  I trung điểm = CD BD Từ (3) (4) => CH Câu VI (1,0đ) Với a  0; b  ta có: (a2  b)2   a4  2a2b  b2   a  b2  2a 2b  a4  b2  2ab2  2a2b  2ab2  Tương tự có Q Vì 1  (1) a  b  2ab 2ab  a  b  1  b  a  2a b 2ab  a  b  0,25 0,25 (2) Từ (1) (2) ab  a  b  0,25 1 1     a  b  2ab mà a  b  ab  ab   Q  2(ab) a b Khi a = b =  Q  Vậy giá trị lớn biểu thức 0,25 ĐỀ SỐ 032 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 Mơn: TỐN (Chun Tốn) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 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 = − x đường thẳng (d): y = (3 − m)x + − 2m (m tham số) a) Chứng minh với m ≠ −1 (d) ln 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 vng 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  S2 Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b hai số thực không âm thỏa: a + b ≤ 2  a  2b   Chứng minh:  a  2b - Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 QUẢNG NAM Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 ĐỀ CHÍNH Mơn: TỐN (Chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn gồm 03 trang) Câu Câu Nội dung a) (0,75) A = (1,5 điểm) A= = a  a 6  4a a 2 Điểm (a ≥ a ≠4) ( a  2)( a  3)  (2  a )(2  a ) a 2 0,25 a 3  2 a 2 a 0,25 = −1 0,25 b) (0,75) Cho x  x (4  3)2 1 28  16 Tính: P  (x  2x  1)2012 1  (  1)2   = 1 1 1 0,25  x  2x    P  (x  2x  1)2012  0,25 0,25 Câu a) (1,0) Giải phương trình: 3(1  x)   x  (1) (2,0 điểm) 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 0,25 0,25  x  x    x = x =−2 0,25 Thử lại, x = −2 nghiệm 0,25   x  xy  4x  6 (1) b) (1,0) Giải hệ phương trình:  (I) y  xy   (2)   Nếu (x;y) nghiệm (2) y ≠ Do đó: (2)  x   y2  (3) y 0,25 0,25 Thay (3) vào (1) biến đổi, ta được: 4y3 + 7y2 + 4y + =  (y + 1)(4y2 + 3y + 1) = (thí sinh bỏ qua bước 0,25 này) y=–1 y=–1 x=2 Vậy hệ có nghiệm: (x ; y) = (2 ; −1) Câu Nội dung 0,25 Điểm Câu a) (0,75) (P): y = − x2 , (d): y = (3 − m)x + − 2m (1,5 điểm) Chứng minh với m ≠ −1 (d) ln cắt (P) điểm phân biệt A, B Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): − x2 = (3 − m)x + − 2m  x2 + (3 − m)x + − 2m = (1) 0,25  = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m + 0,25 Viết được:  = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − kết luận 0,25 b) (0,75) Tìm m để |yA − yB| = Giải PT (1) hai nghiệm: x1 = − x2 = m − 0,25 Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2 |yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3| 0,25 |yA − yB| =  m2−2m−3 = m2−2m−3 = −2  m =  m =  0,25 Câu a) (1,0) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp đường tròn (4,0 điểm) Ta có: ADB  ACB 0,25 AEC  ACB ( phụ với BAC ) 0,25  ADB  AEC 0,25  tứ giác EBDF nội tiếp 0,25 b) (1,5) Tính ID Tam giác AEC vng C BC  AE nên: BE.BA = BC2  BE  BC2 1 BA BE//CD  0,25 0,25 IB BE   ID CD 0,25 BD   ID 4  ID  BD tính được: BD =  ID  (cm) 0,25 0,25 0,25 Câu Nội dung Điểm 10 Đặt a = 2k + 1, c = 2h + 1, k, h  Ta có : b2   2h  1   2k  1 =  h  k  h  k  1 =  h  k  h  k  1  8k  h  k  2 Suy b Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành phần nhau, nối điểm chia với C tam giác ABC chia thành tam giác, m i tam giác có diện ab tích số nguyên 12 0.25 Ghi chú:  Học sinh l m cách khác cho điểm tối đa câ đ  iểm tồn khơng làm tròn 242 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN Năm học 2009 – 2010 Mơn thi: Tốn Đề thức (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (1,5 điểm) C ho  a  2:   Hãy lập phương trình bậc hai có hệ số ngun nhận a - nghiệm Bài 2: (2,5 điểm) x 16   xy  y  a) Giải hệ phương trình:   xy  y   x b) Tìm m để phương trình  x  2x   3x  6x  m  có nghiệm phân biệt Bài 3: (2,0 điểm) a) Chứng minh số nguyên k lớn thoả mãn k  k  16 số nguyên tố k chia hết cho b) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có p nửa chu vi p  a  p  b  p  c  3p Bài 4: ( ,0 điểm) Cho đường tròn tâm O dây AB khơng qua O ọi M điểm cung AB nhỏ D điểm thay đổi cung AB lớn (D khác A B) DM cắt AB C Chứng minh rằng: 243 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN Năm học 2009 – 2010 a) MB.BD  M Mơn thi: Tốn b) MB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD c) Tổng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ACD khơng đổi Bài 5: (1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA cho hình - giác EFGHIJKM có góc Chứng minh độ dài cạnh hình - giác EFGHIJKM số hữu tỉ EF = IJ Hết Họ tên thí sinh:…………………… ……… …… Số báo danh: số: … … … … ………Phòng thi Chữ ký giám thị …………… … …… … 244 Hướng dẫn chấm thi  a  2:   a = 2:  1    2:    1 1  1 1  7 Bài 1: (1,5 điểm) 0,5 đ 0,25 đ Đặt x  a   x    x    x  2x    x  2x   0,5 đ 0,25 đ Vậy phương trình x  2x   nhận  làm nghiệm Bài 2: (2,5 điểm) x 16  x 16   xy  y   xy  y   a)    xy  y  y  x    x y x (1) ĐK: x, y  (2) Giải (2)  6y2  6x  5xy  (2x  3y)(3x  2y)  * Nếu 2x  3y   x  Thay vào (1) ta  y 0,25 đ 3y 3y 16   2 3y 23  (phương trình vơ nghiệm) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 245 * Nếu 3x  2y   x  2y 0,25 đ Thay vào (1) ta y2   y  3 - Với y   x  (thoả mãn điều kiện) 0,25 đ - Với y  3  x  2 (thoả mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3) b) Đặt x  2x   y   x  1  y  x   y (y  0) (*) Phương trình cho trở thành:  y  1   y  1  m  0,25 đ  y2  5y  m   (1) Từ (*) ta thấy, để phương trình cho có nghiệm phân biệt phương 0,25 đ trình (1) có nghiệm dương phân biệt   9  4m     S   5  P  m     0,25 đ  m    4  m   m  4 Vậy với 4  m  0,25 đ phương trình có nghiệm phân biệt Bài 3: (2,0 điểm) a) Vì k > suy k   5; k  16  - Xét k  5n  với n   k  25n  10n   k  2 0,25 đ 246  k  không số nguyên tố - Xét k  5n  với n   k  25n  20n   k  16 0,25 đ  k  16 không số nguyên tố - Xét k  5n  với n   k  25n  30n   k  16 0,25 đ  k  16 không số nguyên tố - Xét k  5n  với n   k  25n  40n  16  k  0,25 đ  k  không số nguyên tố Do k b) Ta chứng minh: Với a,b,c  a  b  c    a  b2  c2  (*) Thật (*)  a  b2  c2  2ab  2bc  2ca  3a  3b2  3c2 0,5 đ  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2  (ln đúng) áp dụng (*) ta có:  pa  pb  pc Suy    3p  a  b  c   3p 0,5 đ p  a  p  b  p  c  3p (đpcm) Bài 4: ( ,0 điểm) 247 N D J I A O C B M a) Xét MBC MDB có: 0,5 đ BDM  MBC BMC  BMD Do MBC MDB đồng dạng Suy MB MD   MB.BD  MD.BC BC BD 0,5 đ b) Gọi (J) đường tròn ngoại tiếp BDC  BJC  2BDC  2MBC hay  MBC  BJC 0,5 đ BCJ cân J  CBJ  Suy MBC  CBJ  1800  BJC BJC 180O  BJC   90O  MB  BJ 2 0,5 đ Suy MB tiếp tuyến đường tròn (J), suy J thuộc NB c) Kẻ đường kính MN (O)  NB  MB 0,5 đ Mà MB tiếp tuyến đường tròn (J), suy J thuộc NB 248 Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp ADC Chứng minh tương tự I thuộc AN Ta có ANB  ADB  2BDM  BJC  CJ // IN Chứng minh tương tự: CI // JN Do tứ giác CINJ hình bình hành  CI = NJ 0,5 đ Suy tổng bán kính hai đường tròn (I) (J) là: IC + JB = B (không đổi) Bài 5: (1,0 điểm) A E F a B b h G c M H K g d f D e J I C Gọi EF = a ; FG = b ; GH = c ; HI = d ; IJ = e ; JK = f ; KM = g ; ME = h (với a, b, c, d, e, f, g, h số hữu tỉ dương) Do góc hình cạnh nên m i góc hình cạnh có (8  2).180O  135O số đo là: 0,25 đ Suy m i góc ngồi hình cạnh là: 180O - 135O = 45O Do tam giác MAE ; FB ; CIH ; DKJ tam giác vuông cân  MA = AE = 0,5 đ h b d f ; BF = BG = ; CH = CI = ; DK = DJ = 2 2 249 Ta có AB = CD nên: h b f d a  e 2 2  (e - a) = h + b - f - d Nếu e - a ≠ 2 h bf d  ea (điều vô lý Vậy e - a =  e = a hay EF = IJ (đpcm) số vô tỉ) 0,25 đ 250 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2009-2010 —————— ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời i i đề ————————— (Đề có 01 trang) Câu 1: (3,0 điểm) a) 1  x  y  x  y   Giải hệ phương trình:   xy    xy b) Giải biện luận phương trình: | x  | p | x  | (p tham số có giá trị thực) Câu 2: (1,5 điểm) Cho ba số thực a, b,c đôi phân biệt a2 b2 c2   2 Chứng minh (b  c) (c  a) (a  b) Câu 3: (1,5 điểm) Cho A  4x  4x  B  2x  x  2x  Tìm tất giá trị nguyên x cho C  2A  B số nguyên Câu 4: ( ,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB1 Nếu   x  Khi đó: x = (vì x ngun) C  Vậy x = giá trị cần tìm 0,25 Nếu x   Khi x  1 (do x nguyên) Ta có: 4(x  1) 2x  2 4(x  1)  1   , suy 1  C  C    1    C    3(2x  1) 3(2x  1)  2x   3(2x  1) 0,25 hay C =0 x = -1 Vậy giá trị tìm thoả mãn yêu cầu là: x = , x = -1 254 Câu (3,0 điểm): a) 2,0 điểm: Nội dung trình bày Điểm Gọi I trung điểm AB, E  IK  CD, R  IM  CD Xét hai tam giác I A KIB KED có: ABD  BDC B K E KB = KD (K trung điểm BD) 0,25 IKB  EKD 0,25 Suy KIB  KED  IK  KE 0,25 Chứng minh tương tự có: MIA  MRC 0,25 Suy ra: MI = MR 0,25 Trong tam giác IER có IK = KE MI = MR nên KM đường trung bình  KM // CD 0,25 Do CD // AB (gt) KM // AB (đpcm) 0,25 M Q D 0,25 H R C ) 1,0 điểm: Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)  IK đường trung bình  ABD  IK//AD hay IE//AD 0,25 Chứng minh tương tự  ABC có IM//BC hay IR//BC Có: QK  AD (gt), IE//AD (CM trên)  QK  IE Tương tự có QM  IR 0,25 Từ có: IK=KE, QK  IE  QK trung trực ứng với cạnh IE IER Tương tự 0,25 QM trung trực thứ hai IER Hạ QH  CD suy QH trung trực thứ ba IER hay Q nằm trung trực 0,25 đoạn CD  Q cách C D hay QD=QC (đpcm) 255 Câu (1,0 điểm): P' B' A C' P C B A' Trong số tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn (diện tích S) Khi S  Qua m i đỉnh tam giác, kẻ đường thẳng song song với cạnh đối diện, đường thẳng giới hạn tạo thành tam giác A 'B'C' (hình vẽ) Khi SA'B'C'  4SABC  0.25 0.25 Ta chứng minh tất điểm cho nằm tam giác A 'B'C' Giả sử trái lại, có điểm P nằm tam giác A 'B'C' chẳng hạn hình vẽ Khi d  P;AB  d  C;AB , suy SPAB  SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có 0.25 diện tích lớn Vậy, tất điểm cho nằm bên tam giác A 'B'C' có diện tích khơng lớn 0.25 256 ... 2012(4m2  2)  = (4m2  2)2  2.(4m2  2) .100 6  100 62  100 62  2 = (4m2  2)  100 6   (100 62  2)  - (100 62  2) X đạt giá trị nhỏ 4m2   100 6   4m2  100 8  m2  252 m    m  6 thỏa... giám khảo thống theo thang điểm đáp án 18 ĐỀ SỐ 034 UBND tỉnh bắc ninh Sở giáo dục đào tạo Đề thức đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên Năm học 2009 - 2 010 Môn thi: Toán Thời gian: 150 phút (Không... cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định ĐỀ SỐ 033 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2015 – 2016 Khóa ngày 03 tháng năm 2015