Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Bình Phước

Giới thiệu đến các bạn tài liệu Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Bình Phước giúp các bạn tổng hợp kiến thức, rèn luyện kỹ năng giải đề bài tập và các kỹ năng cơ bản trong quá trình học tập bộ môn toán cũng như chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh sắp tới.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán (Chuyên) năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Bình PhướcChương trình luyện thi lớp 10 chuyênnăm 2017Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương laiMôn: Toán họcKỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTNăm học: 2013-2014Đề thi môn: TOÁN (chuyên)Ngày thi: 30/6/2013SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠOBÌNH PHƯỚCĐỀ CHÍNH THỨC(Đề thi gồm có 01 trang)Thời gian làm bài: 150 phútCâu 1 (2,0 điểm)a. TínhA  8  2 7  16  6 7 x xx 1 x 1b. Rút gọn biểu thức: M   x  1  x  x  : x , (với x  0, x  1 ).Câu 2 (1,0 điểm)Cho phương trình: x 2  4 x  2 m  3  0 , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m đểphương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: 3 x1  x2  x1 x2  17 .Câu 3 (2,0 điểm)a. Giải phương trình:x 1  5x  4 x  3  2x  4 .( x  2 y  2)(2 x  y)  2 x(5 y  2)  2 yb. Giải hệ phương trình:  2 x  7 y  3Câu 4 (1,0 điểm)a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu củachúng chia hếtcho 4.b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3 x 2  2 y 2  5 xy  x  2 y  7  0 .Câu 5 (3,0 điểm)Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C củađường tròn (O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đườngthẳng (d) qua điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đườngthẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạnthẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N (khác điểm A).a. Chứng minh rằng: EB 2  ED.EA vàBA CA.BD CDb. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi quamột điểm.c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.Câu 6 (1,0 điểm)a. Chứng minh rằng: a 3  b 3  ab(a  b) , với a, b là hai số dương.b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a  b  1 .232Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F   a3  b3    a 2  b2   ab.HẾTWebsite: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807Trang | 1Chương trình luyện thi lớp 10 chuyênnăm 2017Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương laiMôn: Toán họcHƯỚNG DẪN GIẢICâu 1 (2,0 điểm)a. TínhA  8  2 7  16  6 7GiảiTa có A  7  2 7  1  9  2.3 7  7  x x27 1 x 1 3  7 2 7 1 3  7  4x 1, (với x  0, x  1 ).xb. Rút gọn biểu thức: M   x 1  x  x  :Giải xTa có M  x 1 : x 1   x  1  : x 1   x 1  : x 1xxxxx 1  x x 1x.x 1xx 1x 1Vậy M  xx xx 1x 1x 1Câu 2 (1,0 điểm)Cho phương trình: x 2  4 x  2 m  3  0 , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phươngtrình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: 3 x1  x2  x1 x2  17 .Giải+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  0.37 m  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  0 .22x  x  4Áp dụng định lí Viet ta có:  1 2 x1.x2  2m  3+) Với+) Ta có3x1  x2  x1 x2  17  3 x1  x2  2 x1 x2  x1 x2  17  3 4  2 2m  3  2m  3  17 m  1 6 2m  3  2m  2  3 2m  3  m  1  29  2m  3  m  2m  1 m  1 m  1 2  m  2m  16m  28  0  m  14So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là m  2 .Câu 3 (2,0 điểm)Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807Trang | 2Chương trình luyện thi lớp 10 chuyênnăm 2017Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương laia. Giải phương trình:Môn: Toán họcx  1  5x  4 x  3  2 x  4 .GiảiCách 1: x  1x 1  0x  05 x  03+) ĐK: 3 x44 x  3  0x  42 x  4  0 x  2+) Ta có PT  x  1  2 x  1. 5 x  5 x  4 x  3  2 4 x  3. 2 x  4  2 x  4 x  3 (l ) x  1. 5 x  4 x  3. 2 x  4  5x( x  1)  (4 x  3)(2 x  4)  3x  5 x  12  0  4x ( n)34+) KL: Phương trình có một nghiệm x  .32Cách 2: x  1x 1  0x  05 x  03+) ĐK: 3 x4x  3  04x  42 x  4  0 x  2+) Ta có:x  1  5x  4x  3  2 x  4x 3x 302x  4  x 15x  4x  311 ( x  3) 05x  4 x  3  2x  4  x 1x  3( L)110 2x  4  x  15x  4 x  3Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807Trang | 3Chương trình luyện thi lớp 10 chuyênnăm 2017Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương laiMôn: Toán học1102x  4  x 15x  4x  3 2x  4  x  1  5x  4 x  3 5x  2 x  4 4x  3  x  1  03x  43x  405x  2x  45x  2x  4+) Ta giải phương trình:11 (3 x  4) 05x  2 x  4  5x  2x  44x  (N )3110 5x  2 x  45x  2x  4Dể thấy15x  2 x  415x  2 x  4 0  PT chĩ có một nghiệm duy nhất là x 43( x  2 y  2)(2 x  y)  2 x(5 y  2)  2 yb. Giải hệ phương trình: 2 x  7 y  3Giải+) Ta có PT (1)  2 x  xy  4 xy  2 y  4 x  2 y  10 xy  4 x  2 y22 2 x 2  5 xy  2 y 2  0   2 x2  4 xy   (2 y 2  xy)  0  2 x( x  2 y )  y ( x  2 y )  0x  2 y  0x  2 y ( x  2 y )(2 x  y )  0  2x  y  0 y  2xx  2 y+) Trường hợp 1: x  2 y , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2 x  7 y  3 x  1x  2 y y  2x  2y x 1 2   x  34 y  7 y  3  04 x  343 y 2 y  2x+) Trường hợp 2: y  2 x , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2 x  7 y  3  x  7  46x  2 y  y  14  2 46 y  2x 2   x  7  46  x  14 x  3  0  x  7  46  x  7  46  y  14  2 46Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807Trang | 4Chương trình luyện thi lớp 10 chuyênnăm 2017Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương laiMôn: Toán học3 x  4  x  7  46 x  7  46x  1 ,+) Kết luận: Hệ p ...