Đề thi vào lớp 10 trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 2013

Chia sẻ: Nguyễn Thị Lan Phương | Ngày: | 6 đề thi

0
667
lượt xem
12
download
Xem 6 đề thi khác
  Download Vui lòng tải xuống để xem file gốc
   Like fanpage Thư viện Đề thi Kiểm tra để cùng chia sẻ kinh nghiệm làm bài
Đề thi vào lớp 10 trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 2013

Đề thi vào lớp 10 trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 2013
Mô tả bộ sưu tập

Chúng tôi xin giới thiệu đến các em học sinh, quý thầy cô Đề thi vào lớp 10 trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 2013. Hi vọng, với việc ôn tập trên từng để thi sẽ hỗ trợ các em nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em thành công!

LIKE NẾU BẠN THÍCH BỘ SƯU TẬP
Xem Giáo viên khác thảo luận gì về BST
Đề thi vào lớp 10 trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 2013

Đề thi vào lớp 10 trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 2013
Tóm tắt nội dung

Mời bạn tham khảo đoạn trích trong BST Đề thi vào lớp 10 trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 2013 của thư viện eLib dưới đây:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH
TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
--------------
Câu 1.(2,00 điểm) Tìm các giá trị của m để một nghiệm của phương trình 2 x 2 − 7 x − 3m = 0
gấp ba lần một nghiệm của phương trình 4 x 2 − 8 x − m = 0 (m là tham sô).

Câu 2.(4,00 điểm) Giải phương trình: x 2 + 2(2 − x) x − 1 − 3x + 2 = 0 .

 xy − 3x − 2 y = 6
Câu 3.(4,00 điểm) Giải hệ phương trình:  2 .
 x + y 2 − 2 x − 4 y = 53

Câu 4.(4,00 điểm) Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 . Hãy
tìm các giá trị m sao cho bất đẳng thức sau đúng:
3 x1 x2 − x1 − x2 + 2 − x12 + x2 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2 .
2
Câu 5.(3,00 điểm) Cho hình thoi ABCD có O là giao điểm hai đường chéo. Lấy E là điểm
trên OC sao cho CE = 2EO và M là giao điểm của DE và cạnh BC. Trên đoạn thẳng DE lấy
· ·
điểm F sao cho EFC = ODC . Chứng minh rằng:
a) ∆ OMD đồng dạng với ∆ FDC .
· ·
b) EFA = 2OBA .

Câu 6.(3,00 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định. Một đường thẳng a tiếp
xúc với (O) tại A. Gọi M ( khác A,B) là điểm thuộc đường tròn (O). Tiếp tuyến của đường
tròn (O) tại M cắt a tại C. Gọi I là tâm đường tròn tiếp xúc vơi a tại C và đi qua M, giả sử
CD là đường kính của đường tròn tâm I. Goi J là giao điêm cua OC và đường tròn (I).
Chứng minh rằng:
a) J là trung điêm cua đoan thăng OC.
b) Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M
thay đổi trên đường tròn (O).

------------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 kí giám thị 1:………....….………..…; Chữ kí giám thị 2:…..…..………….………………..….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH
NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (chuyên)
(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)
--------------

I- HƯỚNG DẪN CHUNG
- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm
không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
- Điểm toàn bài thi không làm tròn số.
II- ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm
1 Tìm các giá trị m để một nghiệm của p/trình 2 x − 7 x − 3m = 0 (1)
2

(2,00đ) gấp ba lần một nghiệm của phương trình 4 x 2 − 8 x − m = 0 (2)
Giả sử phương trình (2) có một nghiệm là a thì 3a là một nghiệm của
0,50đ
phương trình (1).
 4a 2 − 8a − m = 0
  m = 4 a 2 − 8a

Khi đó ta có:  ⇔ 
 2(3a) − 7(3a) − 3m = 0  18a − 21a − 3(4a − 8a) = 0
2 2 2
 
0,50đ
 m = 4a 2 − 8a (3)

⇔  2
 6a + 3a = 0 (4)

1
Giải (4) ta được a = 0 hoặc a = − . 0,50đ
2
1
Với a = 0 suy ra m = 0; với a = − suy ra m = 5.
2
Vậy m = 0 hoặc m = 5 thì phương trình (1) có một nghiệm gấp ba lần 0,50đ
một nghiệm phương trình (2).
2 Giải phương trình: x 2 + 2(2 − x) x − 1 − 3x + 2 = 0
(4,00đ) Với điều kiện: x ≥ 1 , phương trình viết lại là:

( ) ( ) 0,50đ
2
x− x− 1 − 4 x− x− 1 + 3= 0
t = 1
x − 1 , phương trình trở thành: t − 4t + 3 = 0 ⇔ 
2
Đặt t = x − . 0,50đ
t = 3
Với t = 1, ta có x − x − 1 = 1⇔ x− 1 ( )
x− 1− 1 = 0 0,50đ
 x− 1= 0 x= 1
⇔  ⇔  . 0,50đ

 x − 1− 1= 0 x= 2

( )
2
Với t = 3, ta có: x − x− 1= 3⇔ x− 1 − x− 1− 2 = 0 0,50đ
⇔ ( x− 1+ 1 )( )
x− 1− 2 = 0 0,50đ
⇔ x − 1 − 2 = 0 ⇔ x = 5. 0,50đ
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = { 1; 2;5} . 0,50đ
 xy − 3 x − 2 y = 6
3 Giải hệ phương trình:  2
 x + y − 2 x − 4 y = 53
2
(4,00đ)
 2 xy − 6 x − 4 y = 12
HPT ⇔  2 0,50đ
 x + y − 2 x − 4 y = 53
2



 ( x + y ) − 8( x + y ) − 65 = 0 (1)
2

⇔  2 0,50đ
 x + y − 2 x − 4 y = 53
2
 (2)
Giải (1) ta được x + y = 13 hoặc x + y = -5. 0,50đ
Với x + y = 13 ⇔ y = 13 − x . Thế vào (2) ta được : x 2 − 12 x + 32 = 0 . 0,50đ
Giải ra ta được: x1 = 8, x2 = 4 ⇒ y1 = 5, y2 = 9 .
0,50đ
Ta có hai nghiệm đầu tiên : (8 ;5), (4 ;9).
Với x + y = − 5 ⇔ y = − x − 5 . Thế vào (2) ta được : x 2 + 6 x − 4 = 0 .
0,50đ
Giải ra ta được:
x3 = − 3 + 13, x4 = − 3 − 13 ⇒ y3 = − 2 − 13, y4 = − 2 + 13 0,50đ

(
Ta có hai nghiệm còn lại: − 3 + )(
13; − 2 − 13 , − 3 − 13; − 2 + 13 . )
( )(
Vậy hpt có các nghiệm: (8;5),(4;9), − 3 + 13; − 2 − 13 , − 3 − 13; − 2 + 13 . ) 0,50đ

4 Tìm m để 3 x1 x2 − x1 − x2 + 2 − x12 + x2 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2 (1), với
2


(4,00đ) x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0
P/trình đã cho có: ∆ ' = m 2 − m 2 + 1 = 1 > 0 nên luôn có nghiệm ∀ m . 0,50đ
 x1 + x2 = 2m
Theo Vièt ta có:  , do đó:
 x1 x2 = m − 1
2
0,50đ
( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2
2
(1) ⇔ 3 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 2 −
⇔ 3 m 2 − 1 − 2m + 2 − 4 m 2 − 2m 2 + 2 + 2m 2 − 4m − 1 ≥ 2
0,50đ
⇔ 3 m 2 − 2m + 1 − 4m 2 − 4m + 1 ≥ 2
⇔ 3 m − 1 − 2m − 1 ≥ 2 (2) 0,50đ
1
Với m < : (2) ⇔ − 3( m − 1) + ( 2 m − 1) ≥ 2 ⇔ m ≤ 0 0,50đ
2
1
Với ≤ m < 1 : (2) ⇔ − 3( m − 1) − ( 2m − 1) ≥ 2 , không có m nào thỏa mãn. 0,50đ
2
Với m ≥ 1 : (2) ⇔ 3( m − 1) − ( 2m − 1) ≥ 2 ⇔ m ≥ 4 . 0,50đ

Vậy m ≤ 0 hoặc m ≥ 4 là các giá trị cần tìm. 0,50đ
5 A B

(3,00đ)
O
M
E
F
D C


Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này.
a) Chứng minh ∆ OMD đồng dạng với ∆ FDC 1,00đ
Vì O là trung điểm của BD và CE = 2EO nên E là trọng tâm của ∆ BCD
· · 0,50đ
và M là trung điểm BC, suy ra OM//CD, do đó OMD = FDC (1).
· ·
Theo giả thiết ODC = EFC nên:
· · · · · ·
ODM = ODC − MDC = EFC − FDC = FCD (2). 0,50đ
Từ (1) và (2) suy ra ∆ OMD đồng dạng với ∆ FDC .
· ·
b) Chứng minh EFA = 2OBA 2,00đ
1 1
ABCD là hình thoi nên AD = CD, OM = CD = BC = MC ;
2 2
DC DF
Và ∆ FDC : ∆ OMD ⇒= ; 0,50đ
MD OM
AD DC DF DF
Do đó: = = = .
MD MD OM MC

· ·
Hơn nữa AD//CM nên FDA = CMD , 0,50đ
· ·
Suy ra ∆ FDA : ∆ CMD ⇒ DFA = MCD .

· ·
Ta có: EFA = 1800 − DFA 0,50đ

0,50đ
= 1800 − MCD = · = · = 2OBA .
· ADC ABC ·
a

6 I
C
(3,00đ) D
M
J E

A F B
O
Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này.
a) Chứng minh J là trung điêm đoan thăng OC 1,00đ
· ·
Vì CM là tiếp tuyến của (O) và M ∈ (I) nên CMD = CMO = 90 nên
0

D,M,O thẳng hàng. Do CA và CM là tiếp tuyến của (O) nên 0,50đ
DOC = · .
· AOC
Mà · = · (do AB//CD), suy ra DOC = · , hay ∆ DOC cân
AOC DCO · DCO
·
( )
tại D. Kết hơp vơi DJ ⊥ OC DJC = 90 suy ra DJ là trung tuyến cua
0
0,50đ
∆DOC, do đó J là trung điêm cua đoan thăng OC.
b) Tìm điểm cố định 2,00đ
Gọi F là trung điểm của AO, E là giao điểm của DF và BC.
Vì OJ=JC (cmt) nên JF là đường trung bình ∆AOC, do đó JF⊥AB và 0,50đ
· · ·
DJF = COB (cùng bù JOF ) (1).
DJ JO CO CO
Mặt khác , ∆DJO : ∆ JFO (g.g) nên = = = (2). 0,50đ
JF FO AO OB
Kết hơp (1) và (2) ta đươc ∆DJF : ∆ COB.
· ·
Do đó JDE = JCE nên tứ giác CDEJ nội tiếp đường tròn (I) và
0,50đ
·
CED = 900 hay DF ⊥BC.
Vậy khi M di động, đường thẳng qua D vuông góc với BC luôn đi qua
0,50đ
F cố định , F là trung điểm của OA.

Hy vọng rằng BST Đề thi vào lớp 10 trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 2013 sẽ giúp quý thầy cô có thêm tư liệu tham khảo, giúp các em học sinh học tập tốt hơn.
Đồng bộ tài khoản