Đề thi TS 10 chuyên LVT ninh bình 2013 2014 có đáp án

Đây là đề thi vào 10 chuyên toán chính thức của trường thpt chuyên lương văn tụy ninh bình, có hướng dẫn chấm chi tiết. Trường thpt chuyên LVT là một trong số những trường chuyên top đầu trong hệ thống trường chuyên của nước ta, trường đã trải giành được rất nhiều giải thưởng và danh hiệu vô cùng cao quý. Đề thi chuyên Toán của trường luôn được đánh giá hay, phân loại tốt và kiến thức thi vô cùng đa dạng, hữu ích cho những em học sinh lớp 9 đang ôn thi vào 10 chuyên toán ninh bình nói riêng và cả nước nói chung. Chúc các em học file tài liệu này sẽ đỗ vào lớp 10 chuyên toán của trường thpt chuyên mà mình mong ước.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN Ngày thi: 21/6/2013

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang

Câu 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức



1 Rút gọn A

2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P A 16 x 

Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình 2  

x  m 1 x 6 0   (1) (với x là ẩn, m là tham số)

1 Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x 1  2

2 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x , x với mọi m Tìm1 2

B (x  9)(x  4) đạt giá trị lớn nhất

Câu 3 (2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình

x y z 6

xy yz zx 7











2 Tìm tất cả các cặp số thực (x; y) thỏa mãn x2 1 x  2 y2 4x y2

Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R có đường kính AB Trên đoạn thẳng OB

lấy một điểm H (H khác O và H khác B) Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường tròn tại hai điểm M và N Trên tia đối của tia NM lấy một điểm C AC cắt đường tròn tại K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E

1 Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp

2 Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F Chứng minh rằng tam giác NKF là tam giác cân

3 Giả sử KE = KC Chứng minh rằng KM2 KN2 là không đổi khi H di chuyển trên đoạn thẳng OB

Câu 5 (1,5 điểm)

1 Cho x, y là các số thực thoả mãn 2 2 2   2 2

x x 2y  3  y  2 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2

C x y

2 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho

2

ab 2



 là số nguyên

-HẾT -Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:

Giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn: TOÁN - Ngày thi 21/6/2013

(Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang)

I Hướng dẫn chung

1 Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó

2 Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau

3 Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm

4 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất

5 Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm

6 Tuyệt đối không làm tròn điểm

II Hướng dẫn chi tiết

Câu

1

(1,5

điểm

)

1 (1,0 điểm)

2

x 1



0,5

 x 12





2 (0,5 điểm)

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có 1 16 x 2.4 8 P 7

0,25

16 x

Vậy max P7 khi x 1

16

0,25

Câu

2

(2,0

điểm

)

1 (1,0 điểm)

Phương trình (1) có nghiệm x 1  2  1 22m 1 1    2 6 0 0,25



0,25

Vậy với m 5 2 6  thì phương trình đã cho có nghiệm x 1  2.

2 (1,0 điểm)

Ta có  m 1 224 0 m   PT (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x , x m1 2  0,25

 1 2 2  1 22

Theo Vi-ét ta có x x1 2 6B 2x13x22 0 0,25

B = 0 khi và chỉ khi

1 2

hoặc

1 2

m 2













Vậy maxB = 0 khi và chỉ khi m = 0 hoặc m = 2

0,25

Câu

3

(2,0

điểm

)

1 (1,0 điểm)

xy yz zx 11

Kết hợp với phương trình xy yz zx 7   suy ra xz = 2







 y và x z  là hai nghiệm của PT X2 6X 9 0   X 3 0,25

x z 3

xz 2

 









 x và z là hai nghiệm của phương trình 2

Y  3Y 2 0   Y 1 hoặc Y 2 Do đó x;z  1;2 hoặc x;z  2;1

0,25

Thử lại ta thấy x = 1, y = 3, z = 2 hoặc x = 2, y = 3, z = 1 thỏa mãn HPT đã cho

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (x; y; z) là (1; 3; 2) và (2; 3; 1) 0,25

2 (1,0 điểm)

2

y 0





y 1









 Vậy các cặp số thực (x; y) thỏa mãn bài toán là (0; 0), (1; 1) và (-1; 1)

0,5

Câu

4

(3,0

điểm

)

1 (1,0 điểm)

H

O

E

K

N

M

I

B

A

Ta có AHE 90 0(giả thiết) 0,25

AKB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay  0

AHE AKE 180  nên tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp

0,5

2 (1,0 điểm)

Vì BK  AC (do AKB 90 0) và NF  AC (giả thiết) nên BK // NF 0,25

 KFN MKB (2 góc đồng vị) và KNF NKB (2 góc so le) (1) 0,25 Mặt khác MKB 1sđMB

2

 và NKB 1sđNB

2

 (ĐL góc nội tiếp)

mà MB NB (vì đường kính AB vuông góc với dây cung MN) nên

MKB NKB (2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra KFN KNF Vậy NKF cân tại K 0,25

3 (1,0 điểm)

Nếu KE = KC thì KEC vuông cân tại K  KEC 45 0

Tứ giác AHEK nội tiếp nên BAKKEC 45  0 (cùng bù với HEK) 0,25

 AKB vuông cân tại K  OK  AB

Gọi I là giao điểm của KO với (O ; R) thì IK // MN

Vì IK và MN là hai dây cung của (O) nên MI NK  MI = KN 0,25

Vì KI là đường kính của (O) nên KMI 90  o

Áp dụng định lí Pitago, ta có : 2 2 2

KM KN 4R Vậy:KM2KN2 không đổi khi H di chuyển trên đoạn thẳng OB

0,25

Câu

5

(1,5

điểm

)

1 (0,75 điểm)

2

2

0,25

Với x2y2 C thì ta có C2 4C 3 0   C2 4C 4 1   C 2 21

2 2

C 1





Vậy minC = 1 khi x 0  và y1; maxC = 3 khi x 0  và y 3

0,25

2 (0,75 điểm)

2

ab 2



 là số nguyên  b a 2 2 a ab 2   2 a b    ab 2 

Do đó tồn tại số nguyên dương k sao cho 2 a b   k ab 2   (1)

0,25

Nếu k 2  thì từ (1) ta có a b ab 2    a 1 b 1 1 0      , mâu thuẫn

Từ (1) ta có 2 a b   ab 2  a 2 b 2    2

Giải phương trình này với điều kiện a, b nguyên dương được a = 3, b = 4 hoặc a =

4, b = 3 Thử lại thấy chỉ có a = 4, b = 3 thỏa mãn đề bài

Vậy (a; b) = (4; 3)

0,25