13 Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán chuyên năm 2012-2013

Mục tiêu giúp các bạn đỗ vào lớp 10 của các trường chuyên Tailieu.VN xin giới thiệu “13 Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán chuyên năm 2012-2013”. Thông qua việc giải các đề thi này, các bạn sẽ làm quen dần với độ khó của đề thi, ôn tập lại kiến thức đã học, nâng cao kĩ năng giải đề thi và biết được thêm nhiều kiến thức mới. Chúc các bạn thành công!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
13 Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán chuyên năm 2012-2013Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương laiSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOKHÁNH HÒAĐỀ THI CHÍNH THỨC(Đề thi có 01 trang)KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊNNĂM HỌC 2012 – 2013Môn thi : TOÁN CHUYÊNNgày thi : 22/6/2012(Thời gian : 150 phút – không kể thời gian phát đề)Bài 1.(2.00 điểm)1) Rút gọn biểu thức P 2 6  34 2 311  26  12  18.1112) Với n là số nguyên dương, cho các biểu thức A  1    32n  3 2n  11111và B . 1.(2n  1) 3.(2n  3)(2n  3).3 (2n  1).1ATính tỉ số .BBài 2.(2.00 điểm)1) Giải phương trình 2 1  x  x 2  2x  1  x 2  2x  1 .(x  y)2  y  32) Giải hệ phương trình  2.22(x  y  xy)  x  5Bài 3.(2.00 điểm)1) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a 3  36 và abc  1 . Chứng minha 2  3(b2  c2 )  3(ab  bc  ca) .2) Cho a   và a  0 . Tìm số phần tử của tập hợp2aA  x   |   (  là tập hợp các số nguyên).3x  1Bài 4.(3.00 điểm)Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Tiếp tuyến tại A của (O;R) cắt đường thẳng BC tại điểm M. Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống BC.1) Chứng minh AB.AC  2R .AH .2MB  AB  .MC  AC 3) Trên cạnh BC lấy điểm N tùy ý (N khác B và C). Gọi E, F lần lượt là hình chiếuvuông góc của N lên AB, AC. Tìm vị trí của N để độ dài đoạn EF nhỏ nhất.Bài 5.(1.00 điểm)1Cho tam giác ABC có đường cao AH, biết H thuộc cạnh BC và BH  BC. Trên tia đối31của tia HA, lấy điểm K sao cho AK 2  KH 2  BC2  AB2 . Chứng minh3AK.BC  AB.KC  AC.BK .2) Chứng minhW: www.hoc247.vnF: www.facebook.com/hoc247.vnT: 098 1821 807Trang | 1Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương laiHƯỚNG DẪN GIẢIBàiĐáp án2 6  3 4 2 3Rút gọn biểu thức P 11  23P 2 3 6 11  21.12 3 66  12  182 3 6.1 điểm0.253 12 3 62 3 66  12  18Điểm0.2523 10.252 3 60.25 3  1.Tính tỉ sốA.B1 điểmB0.25B1  111   111  1  3    2n  3  2n  1    1  3    2n  3  2n  1  2n  0.25B1.21 1  11 1  1 1 1  2n  1    3  2n  3      2n  3  3    2n  1  1 2n   1.2A2n0.25An.B0.25Giải phương trình 2 1  x  x 2  2x  1  x 2  2x  1 .1 điểmĐiều kiện x 2  2x  1  0 . Đặt t  x 2  2x  1  0. Phương trình trở thànht 2  2  x  1 t  4x  02.10.25t  2  t  2  t  2x   0   t  2x0.25Với t  2, ta cóx 2  2x  1  2  x 2  2x  5  0  x  1  6 (nhận)x  0x 2  2x  1  2x   2: vô nghiệm3x  2x  1  0Vậy phương trình có nghiệm x  1  6 .Với t  2x, ta có(x  y) 2  y  3.2.2 Giải hệ phương trình  222(x  y  xy)  x  5W: www.hoc247.vnF: www.facebook.com/hoc247.vn0.250.251 điểmT: 098 1821 807Trang | 2Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương laiDùng phương pháp cộng hoặc thế ta được 2xy  2y  x  1  01 (x  1)(2y  1)  0  x  1 hoặc y 2 y  1Với x  1 , ta được y 2  y  2  0  y  20.250.25Ta được hai nghiệm (1; 1) và (1;2)91  101, ta được x 2  x   0  x 422 1  10 1   1  10 1 Ta được hai nghiệm ;  và ; 22 22Với y 0.25 1  10 1   1  10 1 Tóm lại hệ có bốn nghiệm (1; 1) ; ( 1;2) ; ;  và ; .22 22Chứng minh bất đẳng thức.1Ta có bc = . Bất đẳng thức được viết lạiaa222b  c  2bc  3bc  a  b  c    03a2 33.1   b  c   a  b  c     03 a20.251 điểm0.250.252a  a2 3  b  c       02  12 a0.252a  a 3  36  b  c     0 (hiển nhiên đúng vì a 3  36 )212aBất đẳng thức được chứng minh.2a  .Cho a   và a  0 . Tìm số phần tử của tập hợp A   x   |3x  12a  thì 2a  (3x  1)  3x  1  2b , với b  0;1;...; aXét x  . Nếu3x  1Nếu b là số chẵn, tức là b  2k (k  ) 22k  1  4k  1  (4  1)(4k 1  4k 2  ...  1)33.2  phương trình 3x  1  2 b có nghiệm nguyên duy nhấtTa cũng có 2 2k  1   (4 k  1)  2   3  phương trình 3x  1  2 b không cónghiệm nguyênNếu b lẻ, tức là b  2k  1(k   )  22k 1  1  2.4 k  1   3.4k  (4 k  1)   3 bphương trình 3x  1  2 không có nghiệm nguyênTa cũng có 2 2k 1  1  3.4 k  (4 k  1)   3  phương trình 3x  1  2 b có0.251 điểm0.250.250.25nghiệm nguyên duy nhấtW: www.hoc247.vnF: www.facebook.com/hoc247.vnT: 098 1821 807Trang | 3Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương laiVậy số phần tử của A là a  1.0.25AIOEFKMBHCNKhôngchấmđiểmhình vẽbài 4D4.1Chứng minh AB.AC  2R .AH .1 điểmKéo dài AO cắt đường tròn (O) tại D Hai tam giác vuông AHB và ACD có CDA  HBA (nội tiếp cùng chắn0.25  AHB   ACD0.25AC )AB AHAD AC0.25 ...