Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm học 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Tuyên Quang

Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu Đề thi vào lớp 10 THPT môn Toán. Tài liệu gồm có 104 đề thi vào lớp 10 THPT. Hi vọng tài liệu sẽ giúp ích cho các bạn trong quá trình học tập củng cố nâng cao kiến thức trước khi bước vào kì thi THPT sắp tới.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm học 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Tuyên QuangSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTUYÊN QUANGKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊNĐỀ CHÍNH THỨCMÔN THI: TOÁN CHUYÊNNĂM HỌC 2012 - 2013Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)(Đề này có 01 trang)----------Câu 1 (3 điểm).1) Giải phương trình:x  3  6  x  ( x  3)(6  x)  3x  y  z  12) Giải hệ phương trình: 22 x  2 y  2 xy  z  13) Tìm nghiệm nguyên (x, y) của phương trìnhx2  x  y 2  y  3Câu 2 (2 điểm). Cho phương trình: x4 - 2(m2+2)x2 + m4 +3 = 01) Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4với mọi giá trị của m2) Tìm giá trị của m sao cho các nghiệm của phương trình thỏa mãn:x12 + x22 + x32 + x42 + x1x2x3x4 =11Câu 3 (1 điểm). Chứng minh: A= n3 + 11n chia hết cho 6 với mọi n  NCâu 4 (3 điểm). Cho góc xOy có số đo bằng 60o. Đường tròn có tâm K nằm tronggóc xOy tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểmP sao cho OP = 3OM. Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O.Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN ở E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MNở F.a) Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ.b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều.Câu 5 (1 điểm). Chứng minh:1111 ... 51 23 45 6119  120-HếtGhi chú:+ Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.+ Thí sinh không được sử dụng tài liệu trong khi làm bài.SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTUYÊN QUANGKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊNNĂM HỌC 2012-2013HƯỚNG DẪN CHẤM MÔNTOÁN CHUYÊN(Đáp án có 04 trang)Hướng dẫn giảiCâuCâu 11) Giải pt:x  3  6  x  ( x  3)(6  x)  3x  3  0 3  x  66  x  0đ/k: Điểm1,0 điểm0,25u  x  3, u, v  0v6xu 2  v 2  9pt trở thành: u  v  uv  3Đặt: (u  v)2  2uv  9 u  v  3  uv (3+uv)2 - 2uv = 9uv  0uv  4u  0v  0 x3  0 6 x  0 x  3x  6Vậy pt có nghiệm x=-3; x= 62) Giải hệ pt:0,250,250,251,0 điểmx  y  z  122 x  2 y  2 xy  z  1x  y  1 z22 xy  z  2( x  y )  1x  y  1 z222 xy  z  2 z  1  (1  z ) 2xy = (x+y)2 x2 + y2 = 0 x=y=0; z=1Hệ pt có nghiệm duy nhất: (x,y,z)=(0,0,1)0,250,250,250,2513) Tìm nghiệm nguyên (x,y):1,0 điểmx  x y  y 3 x  y x y 32222 ( x  y )( x  y )  x  y  3  ( x  y )( x  y  1)  3Để phương trình có nghiệm nguyên thì:0,5Trường hợp 1:3xxy1xy12x  y 1  3 x  y  2 y  12(loại)0,25Trường hợp 2:3xx  y  3x  y  32xy11xy0y  32(loại)Trường hợp 3:5x x  y  1 x  y  1 2 (loại) x  y  1  3  x  y  4y  32Trường hợp 4:5x x  y  3 x  y  3 2 x  y  1  1  x  y  2 y  120,25(loại)Vậy pt không có nghiệm nguyênCho phương trình: x4 - 2(m2+2)x2 + m4 +3 = 01,0 điểm1) Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệtx4 - 2(m2+2)x2 + m4 +3 = 0(1)0,25Đặt: t = x (t  0)pt trở thành: t2 - 2(m2+2)t + m4 +3 = 02(2)Ta chứng tỏ (2) luôn có 2 nghiệm 0