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

Mời các em học sinh cùng tham khảo "Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Hùng Vương môn Toán năm 2012 - 2013". Nội dung đề thi bám sát chương học, cấu trúc đề trình bày rõ ràng và chi tiết, tham khảo để các em nắm vững kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng giải đề.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Hùng Vương môn Toán năm 2012 - 2013SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOPHÚ THỌĐỀ CHÍNH THỨCKÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNGNĂM HỌC 2012-2013Môn Toán(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán)Thời gian làm bài :150 phút không kể thời gian giao đềĐề thi có 1 trangCâu 1 ( 2,0 điểm)Tính giá trị của biểu thức A  29  30 2  9  4 2  5 2Câu 2 ( 2,0 điểm)Cho phương trình x2 +mx+1=0 ( m là tham số)a) Xác định các giá trị của m để phương trình có nghiệmx12 x22b) Tim m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 Thỏa mãn 2  2  7x2 x1Câu 3 ( 2,0 điểm)a) Giải hệ phương trình22 x  2 xy  5 x  y  2  0 224 x  y  2 x  3b)Giải phương trìnhx  1  x  16  x  4  x  9Câu 4( 4 điểm)Cho đường tròn (O;R) có dây AB  R 2 , M là điểm chuyển động trên cunglớn AB sao cho tam giác MAB nhọn.Gọi H là trực tâm tam giác MAB, C,D lần lượtlà giao điểm thứ 2 của AH và BH với đường tròn (O).Giải sử N là giao của BC vàADa) Tính số đo góc AOB, góc MCDb) Chứng minh CD là đường kính của đường tròn (O) và HN có độ dàikhông đổic) Chứng minh HN luôn đi qua điểm cố địnhCâu 5 (1,0điểm)Cho x.y.z là các số không âm thỏa mãn x  y  z 3.Tìm giá trị nhỏ nhất2S  x3  y 3  z 3  x 2 y 2 z 2----------------Hết---------------------1HƯỚNG DẪNCâu 1(1đ) tính A = 29  30 2  9  4 2  5 2HDA  29  30 2  9  4 2  5 2  29  30 2  2 2  1  5 2  59  30 2  5 2  5 2  3  5 2  3Câu 2(2đ) Cho phương trình x2 +mx +1=0a)Xác định m để phương trình có nghiệm.x12x22b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 thỏa mãnx22x12 >7HDm  2a)Có  =m2 -4 để pt có nghiệm thì   0  m2 -4  0  m  2x12x22b) Cóx22x12 >7 2 ( x1  x 2 ) 2  2 x1 x 2   9 (*)x1 x 22 m2  2   9 th o vi t ta có x1 +x2 =-m ; x1x2 =1 => (*)   1 m  5m 2  2  3 m2  5   2m  2  3m   522 x  2 xy  5 x  y  2  0(1)Câu (2đ) a) giải hệ pt  224 x  y  2 x  3(2)b) giải pt x  1  x  16  x  4  x  9 (*)HD1x  (3)a) T (1) ta được (2x-1)(x+y-2)=0 2 x  2  y (4)Thay ( ) vào (2) ta được y=1 ho c y=-1Thay (4) vào (2) ta được 5y2 -1 y+1 =0 ( vô nghiệm)y hệ có 2 nghiệm x=1 2, y=1 ho c x=1 2, y=-1b) ĐK x  -1(*)  2x+17+2 ( x  1)( x  16) =2x+13+2 ( x  4)( x  9) 2+ ( x  1)( x  16) = ( x  4)( x  9)  4+x2 +17x+16+4 ( x  1)( x  16) =x2 +13x+36 ( x  1)( x  16) =4-x (x  4 ) x2 +17x+16=x2 +16-18x  25x=0 x=0y pt có nghiệm x=0,Câu 4 (4đ) Cho (O;R) có dây cung AB=R 2 cố định. ấy M di động trên cung lớn ABsao cho tam giác AMB có góc nhọn. Gọi H là trực tâm tam giác AMB và C;D lần lượt làgiao điểm thứ 2 của các đường th ng AH;BH với (O) Giả sử N là giao điểm của đườngth ng BC và DA.a) Tính số đo góc AOB và MCDb) CMR : CD là đường kính của (O) và đo n NH có độ dài không đổi.2c) CMR : NH luôn đi qua 1 điểm cố định.HDGọi K; lần lượt là trân đương cao h t B; A của tam giác ABMa) có OA2 + OB2 = 2R2 =AB2 = Tam giác OBA vuông t i O = góc AOB=900có góc BMA=45 = BKM vuông cân t i K = góc DBM =45= gócDCM =45(1)NBPCLHAKOMDb) tương tự ta có A M vuông cân t i = góc AM=45=gócCDM (2)T (1) và(2) = DCM vuông t i M = CD là đường kính của (O)NHB và DCB có góc BNH=gócBDC = NHB đ ng d ng DCB (g-g) NH/DC=HB/BC (3)i có HBC vuông t i C mà gócBCA=1 2gócAOB=45= HBC vuông cân t i B BH=HC (4)T ( ) và (4) = NH DC=1 = NH=CD không đổi.c) Gọi là trung điểm của NH PB=PA=1/2NH (AHN và BHN vuôngt i A và B)Mà OB=OA=1 2CD OB=OA= A= B ( vì CD=HN)i cố gócAOB= 0 OB A là hình vuông , mà B; O; A không đổi = không đổi = O=AB=R 2không đỏi.y NH luôn đi qua điêm cố địnhCâu 5 (1đ)Cho x.y.z là các số không âm thỏa mãn x  y  z S= x3+y3+z3+x2y2z2HDÁp dụng BĐT Bunhia cho 2 dãy33.Tìm giá trị nhỏ nhất2Dãy 1 x x ; y y ; z z dãy 222x; y; z2Ta có ( x  y  z )[( x x ) 2  ( y y ) 2  ( z z ) 2 ]  ( x 2  y 2  z 2 ) 23223 ( x3  y 3  z 3 )  ( x 2  y 2  z 2 )2  x3  y 3  z 3  ( x 2  y 2  z 2 )2 (*)M t khácx 2  x 2  ( y  z )2  x 2  ( x  y  z )( x  y  z )(1)y 2  ( y  x  z )( y  x  z )(2); z 2  ( z  y  x)( z  y  x)(3)T (1), (2), ( ) ta có3 3 3xyz  ( x  y  z )( x  z  y )( y  z  x)    2 z   2 x   2 y 2 2 227 9  x  y  z   6  xy  yz  xz   8 xyz8 22 3 x2  y 2  z 2 27 9 xyz  3  x2  y 2  z 2   x2 y 2 z 2    (**)838( x  y  z )2 3M t khác Bunhia cho x; y; z và 1;1;1; ta có t  x 2  y 2  z 2  (***)34T (*) , (**) , (***)ta có222 2 3 t 2t 2 t 2 t 9 7t 2 t 9 1  3  11 2 3 25S  t        t    t 339 4 649 4 64 6  4 864 648 3Min( S ) 2531t   x y z6442GV Tmọi gópTTHCS hượng âu – iệt Trì - hú Thọlời giải liên hệ gmail: tbtran1234@gmail.comsố điện tho i: 09882802074 ...