Đề thi tuyển sinh THPT chuyên Lương Văn Chánh năm học 2013-2014 môn: Toán
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi tuyển sinh THPT chuyên Lương Văn Chánh năm học 2013-2014 môn: Toán, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN 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 22 7 3 0x x m− − = gấp ba lần một nghiệm của phương trình 24 8 0x x m− − = (m là tham sô). Câu 2.(4,00 điểm) Giải phương trình: 2 2(2 ) 1 3 2 0x x x x+ − − − + = . Câu 3.(4,00 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 6 2 4 53 xy x y x y x y − − = + − − = . Câu 4.(4,00 điểm) Giả sử 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình: 2 22 1 0x mx m− + − = . Hãy tìm các giá trị m sao cho bất đẳng thức sau đúng: 2 2 2 1 2 1 2 1 23 2 2 4 1 2x x x x x x m m− − + − + + − − ≥ . 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) · ·2EFA OBA= . 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 TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH NĂM HỌC 2013-2014 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 (2,00đ) Tìm các giá trị m để một nghiệm của p/trình 22 7 3 0x x m− − = (1) gấp ba lần một nghiệm của phương trình 24 8 0x x m− − = (2) Giả sử phương trình (2) có một nghiệm là a thì 3a là một nghiệm của phương trình (1). 0,50đ Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 4 8 0 4 8 2(3 ) 7(3 ) 3 0 18 21 3(4 8 ) 0 a a m m a a a a m a a a a − − = = − ⇔ − − = − − − = 2 2 4 8 (3) 6 3 0 (4) m a a a a = − ⇔ + = 0,50đ Giải (4) ta được 0a = hoặc 1 2 a = − . Với a = 0 suy ra m = 0; với 1 2 a = − suy ra m = 5. 0,50đ Vậy m = 0 hoặc m = 5 thì phương trình (1) có một nghiệm gấp ba lần một nghiệm phương trình (2). 0,50đ 2 (4,00đ) Giải phương trình: 2 2(2 ) 1 3 2 0x x x x+ − − − + = Với điều kiện: 1x ≥ , phương trình viết lại là: ( ) ( )21 4 1 3 0x x x x− − − − − + = 0,50đ Đặt 1t x x= − − , phương trình trở thành: 2 1 4 3 0 3 t t t t = − + = ⇔ = . 0,50đ Với t = 1, ta có ( )1 1 1 1 1 0x x x x− − = ⇔ − − − = 0,50đ 1 0 1 21 1 0 x x xx − = = ⇔ ⇔ = − − = . 0,50đ Với t = 3, ta có: ( ) 21 3 1 1 2 0x x x x− − = ⇔ − − − − = 0,50đ ( ) ( )1 1 1 2 0x x⇔ − + − − = 0,50đ 1 2 0 5x x⇔ − − = ⇔ = . 0,50đ Vậy tập nghiệm của phương trình là : { }1;2;5S = . 0,50đ 3 (4,00đ) Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 6 2 4 53 xy x y x y x y − − = + − − = HPT 2 2 2 6 4 12 2 4 53 xy x y x y x y − − = ⇔ + − − = 0,50đ 2 2 2 ( ) 8( ) 65 0(1) 2 4 53 (2) x y x y x y x y + − + − = ⇔ + − − = 0,50đ Giải (1) ta được x + y = 13 hoặc x + y = -5. 0,50đ Với 13 13x y y x+ = ⇔ = − . Thế vào (2) ta được : 2 12 32 0x x− + = . 0,50đ Giải ra ta được: 1 2 1 28, 4 5, 9x x y y= = ⇒ = = . Ta có hai nghiệm đầu tiên : (8 ;5), (4 ;9). 0,50đ Với 5 5x y y x+ = − ⇔ = − − . Thế vào (2) ta được : 2 6 4 0x x+ − = . 0,50đ Giải ra ta được: 3 4 3 43 13, 3 13 2 13, 2 13x x y y= − + = − − ⇒ = − − = − + Ta có hai nghiệm còn lại: ( ) ( )3 13; 2 13 , 3 13; 2 13− + − − − − − + . 0,50đ Vậy hpt có các nghiệm: ( ) ( )(8;5),(4;9), 3 13; 2 13 , 3 13; 2 13− + − − − − − + . 0,50đ 4 (4,00đ) Tìm m để 2 2 21 2 1 2 1 23 2 2 4 1 2x x x x x x m m− − + − + + − − ≥ (1), với 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình 2 22 1 0x mx m− + − = P/trình đã cho có: 2 2' 1 1 0m m∆ = − + = > nên luôn có nghiệm m∀ . 0,50đ Theo Vièt ta có: 1 2 2 1 2 2 1 x x m x x m + = = − , do đó: ( ) 2 21 2 1 2 1 2 1 2(1) 3 ( ) 2 2 2 4 1 2x x x x x x x x m m⇔ − + + − + − + − − ≥ 0,50đ 2 2 2 23 1 2 2 4 2 2 2 4 1 2m m m m m m⇔ − − + − − + + − − ≥ 2 23 2 1 4 4 1 2m m m m⇔ − + − − + ≥ 0,50đ 3 1 2 1 2m m⇔ − − − ≥ (2) 0,50đ Với 1 2 m < : ( )(2) 3( 1) 2 1 2 0m m m⇔ − − + − ≥ ⇔ ≤ 0,50đ Với 1 1 2 m≤ < : ( )(2) 3( 1) 2 1 2m m⇔ − − − − ≥ , không có m nào thỏa mãn. 0,50đ Với 1m ≥ : ( )(2) 3( 1) 2 1 2 4m m m⇔ − − − ≥ ⇔ ≥ . 0,50đ Vậy 0m ≤ hoặc 4m ≥ là các giá trị cần tìm. 0,50đ 5 (3,00đ) 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∆ và M là trung điểm BC, suy ra OM//CD, do đó · ·OMD FDC= (1). 0,50đ Theo giả thiết · ·ODC EFC= nên: · · · · · ·ODM ODC MDC EFC FDC FCD= − = − = (2). Từ (1) và (2) suy ra OMD∆ đồng dạng với FDC∆ . 0,50đ b) Chứng minh · ·2EFA OBA= 2,00đ ABCD là hình thoi nên 1 1, 2 2 AD CD OM CD BC MC= = = = ; Và DC DFFDC OMD MD OM ∆ ∆ ⇒ =: ; Do đó: AD DC DF DF MD MD OM MC = = = . 0,50đ Hơn nữa AD//CM nên · ·FDA CMD= , Suy ra · ·FDA CMD DFA MCD∆ ∆ ⇒ =: . 0,50đ Ta có: · ·0180EFA DFA= − 0,50đ · · · ·0180 2MCD ADC ABC OBA= − = = = . 0,50đ D C A B O M E F 6 (3,00đ) a OA M D I B E C J F 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 · · 0 90CMD CMO= = nên D,M,O thẳng hàng. Do CA và CM là tiếp tuyến của (O) nên · · DOC AOC= . 0,50đ Mà · · AOC DCO= (do AB//CD), suy ra · · DOC DCO= , hay ∆ DOC cân tại D. Kết hơp vơi ·( )0 90DJ OC DJC⊥ = suy ra DJ là trung tuyến cua ∆DOC, do đó J là trung điêm cua đoan thăng OC. 0,50đ 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 · ·DJF COB= (cùng bù ·JOF ) (1). 0,50đ Mặt khác , ∆DJO : ∆ JFO (g.g) nên DJ JO CO COJF FO AO OB = = = (2). Kết hơp (1) và (2) ta đươc ∆DJF : ∆ COB. 0,50đ Do đó · · JDE JCE= nên tứ giác CDEJ nội tiếp đường tròn (I) và · 0 90CED = hay DF ⊥BC. 0,50đ Vậy khi M di động, đường thẳng qua D vuông góc với BC luôn đi qua F cố định , F là trung điểm của OA. 0,50đ
File đính kèm:
- TS chuyen Luong Van Chanh 2014.pdf