Tài liệu ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHUYÊN NINH THUẬN docx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NINH THUẬN NĂM HỌC 2013 – 2014
Khóa ngày: 23 – 6 – 2013
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ:
(Đề này gồm 01 trang)
Bài 1 (2,0 điểm)
Cho phương trình: x
4
– 3x
2
+ 2 – 2m = 0 (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = 3.
b) Tìm các giá trị củ m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 2 (2,0 điểm)
Giải phương trình :
3
x 4 x 3 3− + + =
Bài 3 (2,0 điểm)
Cho số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó chia hết cho 7. Chứng minh
rằng hiệu các lập phương của hai chữ số của số đó chia hết cho 7.
Bài 4 (2,5 điểm)
Cho nữa đường tròn đường kính BC. Gọi A là một điểm trên nữa đường tròn sao
cho AB < AC. Dựng về phía tia đối của tia AB hình vuông ACDE ; AD cắt nữa đường
tròn tại H ; BH cắt DE tại K.
a) Chứng minh rằng CK là tiếp tuyến của nữa đường tròn đường kính BC.
b) Chứng minh rằng : AB = DK.
Bài 5 (1,5 điểm)

Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Một
đường tròn (O) thay đổi luôn đi qua A và B, gọi DE là đường kính của đường tròn (O)
vuông góc với d. CD và CE cắt đường tròn (O) lần lượt tại M và N.
Khi đường tròn (O) thay đổi thì hai điểm M và N di động trên đường cố định nào ?
Hết
ĐỀ CHÍNH THỨC
GỢI Ý BÀI GIẢI
Bài 1 : (2,0 điểm)
Phương trình: x
4
– 3x
2
+ 2 – 2m = 0 (1)
a) Với m = 3 phương trình (1) trở thành: x
4
– 3x
2
– 4= 0 (2)
Đặt x
2
= t ( t
≥
0), phương trình (2) trở thành: t
2
– 3t – 4 = 0
t
1
= – 1 (loại) ; t
2
= 4 (nhận)

Suy ra phương trình (2) có hai nghiệm x
1
= - 2 ; x
2
= 2
b) Đặt x
2
= k ( k
≥
0), phương trình (1) trở thành: k
2
– 3k + 2 – 2m = 0 (3)
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
⇔
phương trình (3) có hai nghiệm phân
biệt cùng dương
1 2
1 2
0 1 8m 0
1
m
1
k k 0 2 2m 0 m 1
8
8
m 1
3 0
k k 0
∆ > + >




> −
  
⇔ > ⇔ − > ⇔ ⇔ − < <
  
  
<
>
+ >



Bài 2: (2,0 điểm)
Giải phương trình :
3
x 4 x 3 3− + + =
Đặt
2 3
3
x 4 a (a 0) ; x+3 b a b 7− = ≥ = ⇒ − = −
,
Phương trình tương đương với hệ :
2 3
a b 3
a b 7
+ =


− = −


Giải hệ này bằng phương pháp thế, tìm được a = 1 ; b = 2 . Suy ra nghiệm của phương
trình đã cho x = 5
Bài 3 : (2,0 điểm)
Giảsử ab 10a b 7a 3a b chia hết cho 7 3a b chia hết cho 7
3a b 7k b 7k a
= + = + + ⇒ +
⇒ + = ⇒ = −
Suy ra a
3
– b
3
=a
3
– (7k – b)
3
= a
3
–(7k)
3
+ 3(7k)
2
.3a – 3.7k(3a)
2
+ 27a
3
= 28a
3
+ 7k.Q
M

7
Bài 4 : (2,5 điểm)
a)
·
0
BHC 90=
(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Suy ra:
· ·
0
CHK CDK 180+ =
Vậy tứ giác CDKH nội tiếp
· ·
0
CKH CDH 45⇒ = =
(cùng chắn
»
CH
và do AD là đường chéo hình vng)
Mà
·
·
0
CBH CAH 45= =
(hai góc nội tiếp cùng chắn
»
CH
)
Suy ra
·

·
·
0 0 0 0
CKH CBH 45 45 90 BCK 90 CK BC+ = + = ⇒ = ⇒ ⊥
Vậy CK là tiếp tuyến của nũa đường tròn đường kính BC.
b)
∆
ABC và
∆
DKC có:
·
·
µ µ
·
( )
0
1 2
BAC KDC 90 ; AC=CD ; C C cùng phụ với ACK= = =

Vậy
∆
ABC =
∆
DKC (g.c.g), suy ra AB = DK
Bài 5 : (1,5 điểm)
Gọi H, K lần lượt là giao điểm của CA với DE và EM. Do A, B, C cố định nên H cố định.
•
∆
CMK và
∆

CHD có:
µ
µ
·
0
M H 90 ; DCH là góc chung = =
Vậy
∆
CMK
:
∆
CHD (g.g)
CK CM
CK.CH CM.CD (1)
CD CH
⇒ = ⇒ =
•
∆
CMB và
∆
CAD có:
·
·
·
CMB CAD (do tứ giác ABMD nội tiếp) ;
ACD là góc chung
=
Vậy
∆
CMB

:
∆
CAD (g.g)
CM CB
CM.CD CA.CB (2)
CA CD
⇒ = ⇒ =
Từ (1) và (2)
⇒

CA.CB
CK.CH CA.CB CK (không đổi) K là điểm cố đinh
CH
= ⇒ = ⇒
• Tam giác CDE có K là trực tâm nên DN cũng đi qua điểm K cố định.
Mà
·
·
0
DME DNE 90= =
(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
·
·
0
KMC KNC 90⇒ = =
Vậy khi đường tròn (O) thay đổi thì hai điểm M và N di động trên đường tròn cố định
đường kính CK, với
CA.CB
CK
CH

=
.
GV: Trần Hồng Hợi
(Trường THCS Lê Đình Chinh – Ninh Thuận)
Hết