Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2012-2013 - Sở GD&ĐT Tuyên Quang (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2012-2013 - Sở GD&ĐT Tuyên Quang (Có đáp án và thang điểm)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề này có 01 trang) Câu 1 (3 điểm). 1) Giải phương trình: x 3 6 x (x 3)(6 x) 3 x y z 1 2) Giải hệ phương trình: 2 2x 2y 2xy z 1 3) Tìm nghiệm nguyên (x, y) của phương trình x 2 x y 2 y 3 Câu 2 (2 điểm). Cho phương trình: x4 - 2(m2+2)x2 + m4 +3 = 0 1) Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 với mọi giá trị của m 2) Tìm giá trị của m sao cho các nghiệm của phương trình thỏa mãn: 2 2 2 2 x1 + x2 + x3 + x4 + x1x2x3x4 =11 Câu 3 (1 điểm). Chứng minh: A= n3 + 11n chia hết cho 6 với mọi n N Câu 4 (3 điểm). Cho góc xOy có số đo bằng 60o. Đường tròn có tâm K nằm trong góc xOy tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm P sao cho OP = 3OM. Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O. Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN ở E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN ở F. a) Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ. b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều. Câu 5 (1 điểm). Chứng minh: 1 1 1 1 5 1 2 3 4 5 6 119 120 -Hết- Ghi chú: + Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. + Thí sinh không được sử dụng tài liệu trong khi làm bài.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUYÊN (Đáp án có 04 trang) Câu Hướng dẫn giải Điểm Câu 1 1) Giải pt: x 3 6 x (x 3)(6 x) 3 1,0 điểm x 3 0 đ/k: 3 x 6 0,25 6 x 0 u x 3 Đặt: , u, v 0 v 6 x u2 v2 9 pt trở thành: 0,25 u v uv 3 (u v)2 2uv 9 u v 3 uv (3+uv)2 - 2uv = 9 uv 0 uv 4 u 0 0,25 v 0 x 3 0 6 x 0 x 3 x 6 0,25 Vậy pt có nghiệm x=-3; x= 6 2) Giải hệ pt: 1,0 điểm x y z 1 2 2x 2y 2xy z 1 x y 1 z 0,25 2 2xy z 2(x y) 1 x y 1 z 0,25 2 2 2xy z 2z 1 (1 z) 2xy = (x+y)2 0,25 x2 + y2 = 0 x=y=0; z=1 Hệ pt có nghiệm duy nhất: (x,y,z)=(0,0,1) 0,25 1
3. 3) Tìm nghiệm nguyên (x,y): 1,0 điểm x2 x y2 y 3 x2 y2 x y 3 (x y)(x y) x y 3 (x y)(x y 1) 3 0,5 Để phương trình có nghiệm nguyên thì: Trường hợp 1: 3 x x y 1 x y 1 2 (loại) x y 1 3 x y 2 1 y 2 0,25 Trường hợp 2: 3 x x y 3 x y 3 2 (loại) x y 1 1 x y 0 3 y 2 Trường hợp 3: 5 x x y 1 x y 1 2 (loại) x y 1 3 x y 4 3 y 2 Trường hợp 4: 0,25 5 x x y 3 x y 3 2 (loại) x y 1 1 x y 2 1 y 2 Vậy pt không có nghiệm nguyên Cho phương trình: x4 - 2(m2+2)x2 + m4 +3 = 0 1,0 điểm 1) Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệt x4 - 2(m2+2)x2 + m4 +3 = 0 (1) 0,25 Đặt: t = x2 (t 0) pt trở thành: t2 - 2(m2+2)t + m4 +3 = 0 (2) Ta chứng tỏ (2) luôn có 2 nghiệm 0 0,  m 0,25 Vậy (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 4 Câu 2 Ta có: t1.t2 = m +3 2 0,25 t1 + t2 = 2 (m + 2) > 0 ,  m 0,25 Do đó pt (1) có 4 nghiệm: t1 , t1 , t2 , t2 2 2 2 2 2) Tìm giá trị của m sao cho x1 + x2 + x3 + x4 + x1x2x3x4 =11 2 2 2 2 Ta có: x1 + x2 + x3 + x4 + x1x2x3x4 0, 25 = 2(t1+t2)+t1. t2 0,25 = 4(m2+2) + m4+3 = m4 +4m2 + 11 do đó: m4 +4m2 =0 0,25 m = 0 0,25 2
4. Câu 3 Chứng minh: A = n3 + 11n , chia hết cho 6 với mọi n N A = n3 - n +12n 0,25 = n(n2 - 1) + 12n 0,25 = n(n + 1)(n - 1) + 12n Vì n(n + 1)(n - 1) 6 0,25 và 12n 6 0,25 Vậy A 6 3,0 Câu 4 điểm Hình vẽ đúng. 0,25 y Q N E D K x O M P F a) Chứng minh MPE : KPQ. +PK là phân giác góc Q· PO M· PE K· PQ (1) . + Tam giác OMN đều E· MP 1200 . 0,25 + QK cũng là phân giác O· QP Q· KP 1800 K· QP K· PQ 0,25 0 0 0 Mà 2K· QP 2K· PQ 180 60 120 0,25 0 Q· KP 120 . Do đó: E· MP Q· KP 2 . Từ (1) và (2), ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ. 0,25 b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. 0,25 Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: M· EP K· QP , hay: F· EP F· QP 0,25 Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. 0,25 3
5. c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh: DEF đều. PM PE PM PK Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: = . Suy ra: = . PK PQ PE PQ Ngoài ra: M· PK E· PQ . Do đó, hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng. 0,25 Từ đó: P· EQ P· MK 900 . 0,25 Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF. Vì vậy, tam giác DEF cân tại D. 0,25 Ta có: F· DP 2F· QD O· QP ; E· DQ 2E· PD O· PQ . F· DE 1800 F· DP E· DQ P· OQ 600 Từ đó, tam giác DEF là tam giác đều. 0,25 Câu 5 Chứng minh: 1.0 điểm Ta có: 1 1 1 2 2 3 1 1 0,25 3 4 4 5 1 1 119 120 120 121 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 119 120 2 3 4 5 120 121 0,25 1 1 1 1 1 1 2( ) 1 2 3 4 119 120 1 2 2 3 120 121 0,25 1 1 1 2( ) 2 1 3 2 4 3 121 120 1 2 3 4 119 120 0,25 1 1 1 1 5 1 2 3 4 5 6 119 120 Ghi chú: Thí sinh làm bài không giống đáp án (nếu đúng) vẫn được điểm tối đa theo quy định. 4