Tải Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Quảng Bình năm học 2012 - 2013 môn Toán (Chuyên) - Có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng.. * Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước gi[r]

sở GD&đt quảng bình kú thi tun sinh vµo líp 10 thpt năm học 2012 - 2013

( CHNH THỨC) Khoá ngày 04 - 07 - 2012 Mơn : TỐN (CHUN)

Họ tên : Thời gian làm : 150 phút (không kể thời gian giao đề) SBD:

Đề thi gồm có 01 trang Câu 1: (2,0 điểm) Cho phương trình:

x  2x4a0 (x ẩn số) Giả sử hai nghiệm

1

x , x phương trình số đo hai cạnh góc vng tam giác.

a) Tìm giá trị a để diện tích tam giác vng

1

3 (đơn vị diện tích).

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2

4

A x x

x x

 

Câu 2: (2,0 điểm) Giải phương trình:

1

1

x 3 x  .

Câu 3: (1,5 điểm) Cho số thực a, b, c thoả mãn: abbcca 2.

Chứng minh:

4 4

a b c

3

  

Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, nội tiếp đường tròn (O). Trên cung BC không chứa A, lấy điểm M tuỳ ý (M khác C) P điểm cạnh BC cho BAM PAC Trên tia AB, AC lấy điểm E, F cho BE =

CF = BC

a) Chứng minh: ABPAMC MC.ABMB.ACMA.BC b) Chứng minh:

MB.AE MC.AF

MA MB MC

BC 

  

c) Xác định vị trí điểm N đường trịn (O) để tổng NA + NB + NC lớn Câu 5: (1,0 điểm) Cho số nguyên a, b, c, d số nguyên dương p Chứng minh a  b c d, a2 b2 c2 d2 chia hết cho p 4 4

a b c d 4abcd

cũng chia hết cho p

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Khóa ngày 04 - 07 - 2012

Mơn: TỐN (CHUN)

* Đáp án trình bày lời giải cho câu Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng.

* Trong câu, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm những bước giải sau có liên quan.

* Điểm thành phần câu nói chung phân chia đến 0.25 điểm Đối với điểm thành phần 0.5 điểm tùy tổ giám khảo thống để chiết thành 0.25 điểm. * Học sinh khơng vẽ hình Câu cho điểm Câu Trường hợp học sinh có vẽ hình, vẽ sai ý cho điểm ý

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của câu.

* Điểm toàn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất câu.

Câu Nội dung Điểm

1 2,0 điểm

1a

Điều kiện để hai nghiệm x , x1 phương trình số đo hai cạnh

góc vng tam giác

1

1

'

x x

x x

  



 

  



0,25

1 4a

1

4a 0 a

4

2

 

 

     

 



0,25

Vì x , x1 số đo hai cạnh góc vng nên diện tích tam giác

1

x x

2 3

0,25

1

.4a

2

1

a (tho¶ m·n)

6

 

 

0,25

Lưu ý: học sinh khơng tìm điều kiện phương trình có hai nghiệm dương mà kết quả cho 0,5 điểm.

1b

Ta có: 2

4

A x x 4a

x x a

    0,25

1

4a

4a 4a

  

Với

1

0 a

4  

, ta có:

1

4a vµ

4a 4a

  

 A5

0,25   4a 4a

A a tho¶ m·n

4 a             

Vậy giá trị nhỏ biểu thức A

1 a  0,25 2 2,0điểm

ĐK:  x  vµ x0 0,25

Đặt y x , (y 0) 0,25

Ta có hệ phương trình

2

1

1

x y

x y

         0,25     2

x y xy

(x y) 2xy

x y xy

x y x y

                      0,25

x y

xy

x y

(v« nghiƯm) xy                   0,25 x (tho¶ m·n) y

x y 2

xy 1 5

x (lo¹i) y                                         0,5

Vậy phương trình có nghiệm

Ta có

4 4 2 2 2

a b c a b b c c a , a, b, c    3a4 b4 c43(a2 2b b2c2 c2a2),a, ,b c 

0,5

   

2 2 2 2

3 a b b c c a  abbcca , a, b, c   0,5

 

2

4 4

a b c ab bc ca

3

       0,25

Đẳng thức xảy

a b c

a b c

3

ab bc ca

  

   



  



0,25

4 3,5 điểm

Hình vẽ

0,25

4a

Ta có: ABP AMC (cùng chắn cung AC)

BAM PAC  BAP MAC Nên: ABPAMC

0,25 0,25

Suy ra:

AB BP

MC.AB MA.BP

MA MC   (1) 0,25

Mặt khác: BMA BCA ,BAM PAC  ABMAPC 0,25

MB MA

MB.AC MA.PC

PC AC

   

(2) 0,25

Từ (1) (2) suy ra: MC.ABMB.ACMA.BC 0,25 4b

Từ kết câu a) ta có:

AC AB

MA MB MC

BC BC

  0,25

Do đó:

AC AB

MA MB MC MB MC

BC BC

   

        

   

0,25 E

F A

B C

M

=

AC BC AB BC

MB MC

BC BC

 

   



   

   

=

AC CE AB BF

MB MC

BC BC

 

   



   

   

MB.AE MC.AF

BC  

0,25

4c

Xét trường hợp N thuộc cung BC không chứa A - Nếu N khác C theo kết câu b) ta có

NB.AE NC.AF

NA NB NC

BC 

  

(3) - Nếu N trùng C, ta thấy (3)

Mặt khác

 

     

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2(NB.AF) NC.AE NB AF NC AE

NB.AE NC.AF NB NC AE AF BC EF (4)

 

     

Từ (3) (4) suy NANBNCEF

0,25

0,25

Dấu xảy NB.AF=NC.AE hay NBC AEF 0,25

Xét trường hợp N thuộc cung BC chứa A, lấy N' đối xứng với N qua BC, N' thuộc cung BC không chứa A, N'A < NA, N'B = NB, N'C = NC Áp dụng trường hợp ta có:

NA + NB + NC < N'A + N'B + N'C  EF.

Vậy trường hợp NA + NB + NC có giá trị lớn EF, đạt NBC AEF .

0,25

5

1,0 điểm

Xét f(x)(x a)(x b)(x c)(x d) 0,25

Ta biểu diễn f(x) dạng:

4

f(x)x  Ax Bx Cxabcd

Với : A   a b c d chia hết cho p.

0,25 Ta có:

0f(a)f(b)f(c)f(d)

4 4 3 3 2 2

a b c d A(a b c d ) B(a b c d )

C(a b c d) 4abcd

            

    

0,25

Suy ra:

4 4 3 3 2 2

a b c d 4abcd A(a b c d ) B(a b c d )

C(a b c d)

           

   

Vì A, a  b c d, a2 b2 c2 d2 chia hết cho p nên

4 4

a b c d 4abcd chia hết cho p