De chuyen2012

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

—————–

Đề Chính ThứcĐề thi gồm có 01 trang

KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN

NĂM HỌC 2012 - 2013

——————

Môn: Toán (chuyên)

(Dùng cho thí sinh thi vào chuyên Toán)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2012

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho a = x+1

x; b = y +

1

y; c = xy +

1

xyvới các số thực x,y thỏa mãn xy 6= 0

Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 − abc


Cho phương trình (x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 6) = mx2 (m là tham số).

Giả sử m nhận các giá trị sao cho phương trình có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4 đều khác 0.

Chứng minh rằng biểu thức P =1

x1+

1

x2+

1

x3+

1

x4không phụ thuộc m.


Tìm số nguyên dương n sao chon(2n− 1)

26là số chính phương.


1) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (I), (K) lần lượt là các đường tròn nội

tiếp tam giác ABH, ACH. Đường thẳng KI cắt cạnh AB tại M và cạnh AC tại N.

a) Chứng minhHI

HK=HB

HA.

b) Chứng minh rằng AM = AN.

2) Cho tam giác nhọn ABC, D là điểm trên cạnh AB (D 6= A,B), trung tuyến AM cắt CD tại E.

Chứng minh rằng nếu DBM + DEM = 180◦ thì BC < AC√

2.


Cho x,y là các số thực thay đổi thỏa mãn:

{x > 1, y > 1

x+ y ≤ 4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =x4

(y − 1)3+

y4

(x− 1)3

—— Hết ——

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2012 – 2013

Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2012.

Bài 1 (2,5 điểm) 1/ Rút gọn biểu thức sau:

A 4 10 2 5 4 10 2 5 .

2/ Giải phương trình: 2 2x x 2x 19 2x+39 .

Bài 2 (2,0 điểm) 1/ Cho ba số a, b, c thỏa mãn: 4a 5b 9c 0 . Chứng minh rằng phương trình 2ax bx c 0 luôn có nghiệm.

2/ Giải hệ phương trình:

2xy y x 7yx x y 12y

Bài 3 (1,5 điểm)

1/ Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn: a b c 1 . Chứng minh rằng:

1 a 1 b 1 c 8 1 a 1 b 1 c .

2/ Phân chia chín số: 1,2,3,4,5,6,7,8,9 thành ba nhóm tùy ý, mỗi nhóm ba số. Gọi 1T là tích ba số của nhóm thứ nhất, 2T là tích ba số của nhóm thứ hai, 3T là tích ba số của nhóm thứ ba. Hỏi tổng 1 2 3T T T có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu?

Bài 4 (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây cung BC cố định khác đường kính. Gọi A là

một điểm chuyển động trên cung lớn BC của đường tròn (O) sao cho tam giác ABC nhọn; AD,BE,CF là các đường cao của tam giác ABC. Các đường thẳng BE, CF tương ứng cắt (O) tại các điểm thứ hai là Q, R.

1/ Chứng minh rằng QR song song với EF.

2/ Chứng minh rằng diện tích tứ giác AEOF bằng EF. R2

.

3/ Xác định vị trí của điểm A để chu vi tam giác DEF lớn nhất. Bài 5 (1,5 điểm) 1/ Tìm hai số nguyên a,b để 4 4a 4b là số nguyên tố.

2/ Hãy chia một tam giác bất kì thành 7 tam giác cân trong đó có 3 tam giác bằng nhau.

-----------------------Hết----------------------- (Đề thi gồm có 01 trang)

Họ và tên thí sinh:………………………..…………………..Số báo danh:……….……….

ĐỀ CHÍNH THỨC

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

Năm học 2012 – 2013 Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên toán, tin)

Bài Đáp án Điểm

1/ Rút gọn biểu thức sau: A 4 10 2 5 4 10 2 5 . 1,5

Nhận xét rằng 0A . 0,25

2A 4 10 2 5 4 10 2 5 2 4 10 2 5 4 10 2 5 0,25

8 2 6 2 5 0,25

28 2 5 1

0,25

26 2 5 1 .5

0,25

Vậy A 1 5 0,25

Giải phương trình: 2 2x x 2x 19 2x+39 (*) 1,0

Đặt 2t 0x 2x 19 . 0,25

(*) trở thành: 2t t 20 0 t 4 (t 5 ( )

nhËn)

lo¹i 0,25

2t 4 x 2x 19 16 2x 2x 35 0 . 0,25

1 (2,5

điểm)

x 7x 5

. 0,25

1/ Cho 4a 5b 9c 0 , chứng minh phương trình 2 bx cax 0 luôn có nghiệm. 1,0 Xét trường hợp a = 0. Nếu b = 0 thì từ 4a 5b 9c 0 , ta suy ra c = 0, do đó phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x . 0,25

Còn nếu b 0 , phương trình (1) trở thành bx c 0 , có nghiệm cxb

.

Trường hợp a 0 , (1) là phương trình bậc hai. Từ 4a 5b 9c 0 , ta có

54a 9cb

. Suy ra,

0,25

2 2 2 2 2 22 28a(4a 9c) 16a 81c (2ac 12a

25 27c) 32cb 4ac 4a

5c

50

2

. 0,25

Do đó, (1) có hai nghiệm phân biệt. Vậy trong mọi trường hợp, (1) luôn có nghiệm. 0,25

2/ Giải hệ phương trình:

2xy y x 7yx x y 12y

1,0

2 (2,0

điểm)

ĐK: y 0

Hệ tương đương với

xx y 7y

x x y 12y

, đặt xu x y, vy

ta có hệ: u v 7uv 12

0,25

u 3 u 4v 4 v 3

0,25

Với u 4, v 3 ta có hệ x 3 x 3y

y 1x y 4

0,25

Với u 3, v 4 ta có hệ

12x x4 5y3yx y 35

0,25

1/ Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn: a b c 1 . Chứng minh rằng:

1 a 1 b 1 c 8 1 a 1 b 1 c . 1,0

Từ a + b + c = 1 ta có 1 + a = (1 – b) + (1 – c) 2 (1 b)(1 c) (Vì a, b, c <1 nên 1 – b ; 1 – c ; 1 – a là các số dương).

0,25

Tương tự ta có 1 + b 2 (1 c)(1 a) và 1 + c 2 (1 a)(1 b). 0,25 Nhân các vế của ba BĐT ta có: 1 a 1 b 1 c 8 1 a 1 b 1 c đpcm. 0,25

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1a b c3

. 0,25

2/ Phân chia chín số: 1,2,3,4,5,6,7,8,9 thành ba nhóm tùy ý, mỗi nhóm ba số. Gọi

1T là tích ba số của nhóm thứ nhất, 2T là tích ba số của nhóm thứ hai, 3T là tích ba số của nhóm thứ ba. Hỏi tổng 1 2 3T T T có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu?

0,5

Ta có: 31 2 3 1 2 3T T T 3 T .T .T

31 2 3T .T .T 1.2.3.4.5.6.7.8.9 72.72.70 71

0,25

3 (1,5

điểm)

Do đó, 1 2 3T T T 213 mà 1 2 3T ,T ,T nguyên nên 1 2 3T T T 214 . Ngoài ra, 214 72 72 70 1.8.9 3.4.6 2.5.7 . Nên giá trị nhỏ nhất của 1 2 3T T T là 214.

0,25

Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây cung BC cố định khác đường kính. Gọi A là một điểm chuyển động trên cung lớn BC của đường tròn (O) sao cho tam giác ABC nhọn; AD,BE,CF là các đường cao của tam giác ABC. Các đường thẳng BE, CF tương ứng cắt (O) tại các điểm thứ hai là Q, R. 1/ Chứng minh rằng QR song song với EF.

1,0

OR

Q

F

E

D CB

A

Vì 0BEC BFC 90 nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC.

0,25

4 (2,5

điểm)

Suy ra, BEF BCF . 0,25

Mà 1BCF BQR s Rđ B2

nên BEF BQR . 0,25

Suy ra, QR / /EF . 0,25

2/ Chứng minh rằng diện tích tứ giác AEOF bằng EF. R2

. 0,5

Vì tứ giác BCEF nội tiếp nên EBF ECF mà 1 1EBF sđ AQ,ECF sđ A2 2

R nên

AQ AR . 0,25

Do đó, OA QR mà QR / /EF nên OA EF .

Vì OA EF nên AEOFEF.OA EF.RS .

2 2 0,25

3/ Xác định vị trí của điểm A để chu vi tam giác DEF lớn nhất. 1,0 Tương tự câu 2, BFOD CDOE2S FD.R, 2S DE.R . Mà tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC.

0,25

Suy ra, ABC AEOF BFOD CDOE2S 2S 2S 2S R DE EF FD . 0,25 Vì R không đổi nên đẳng thức trên suy ra chu vi tam giác DEF lớn nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác ABC lớn nhất. 0,25

Mà ABC1S BC.AD2

với BC không đổi nên ABCS lớn nhất khi AD lớn nhất. Khi đó,

A là điểm chính giữa của cung lớn BC. 0,25

1/ Tìm hai số nguyên a, b để 4 4a 4b là số nguyên tố. 1,0 4 4 2 2 2 2a 4b a 2ab 2b a 2ab 2b . 0,25

Vì 2 2 2 2a 2ab 2b 0;a 2ab 2b 0 . Nên 4 4a 4b nguyên tố Một thừa số là 1 còn thừa số kia là số nguyên tố .

0,25

TH1:

2

222 2 2

2

2

a b 1 (1)

b 0a 2ab 2b 1 a b b 1

a b 0 (2)

b 1

*Với 2(1) b 0 a 1 M 1 (loại).

*Với a b 1

2a b 1

(thỏa mãn).

0,25

5

(1,5 điểm)

TH2:

2

222 2 2

2

2

a b 1 (3)

b 0a 2ab 2b 1 a b b 1

a b 0 (4)

b 1

*Với 2(3) b 0 a 1 M 1 (loại).

*Với a 1 a 1

4b 1 b 1

(thỏa mãn).

Vậy các cặp số a; b cần tìm là: 1;1 , 1; 1 , 1;1 , 1; 1 .

0,25

2/ Hãy chia một tam giác bất kì thành 7 tam giác cân trong đó có 3 tam giác bằng nhau.

0,5

O

G

F E

D

C

BA Trường hợp 1:Tam giác ABC không cân. Giả sử AB là cạnh lớn nhất của tam giác ABC. Vẽ cung tròn tâm A, bán kính AC cắt AB tại D. Vẽ cung tròn tâm B, bán kính BD cắt BC tại E. Vẽ cung tròn tâm C, bán kính CE cắt AC tại F. Vẽ cung tròn tâm A, bán kính AF cắt AB tại G. Dễ dàng chứng minh 5 điểm C,D,E,F,G thuộc đường tròn tâm O với O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Nối 5 điểm đó với O, nối A, B với O, nối F với G, D với E ta được 7 tam giác cân: AGF,OGF,ODG,BDE,ODE,OCE,OCF . Trong đó, có ba tam giác bằng nhau là: OCE,OCF,OGD .

0,25

I

HG

F

E

D

CB

A

Trường hợp 2: Tam giác ABC cân. Giả sử tam giác ABC cân tại A. Gọi D, E, F, G, H, I lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng: AB, BC, CA, DE, EF, FD. Khi đó, ta có 7 tam giác cân ADF, BDE, CEF, DGI, EGH, FHI, GHI trong đó ba tam giác bằng nhau là: ADF, BDE, CEF.

0,25

Các chú ý khi chấm:

1. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được

điểm tối đa. 2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi

tiết (đến 0,25 điểm) nhưng không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Trong trường hợp sai sót nhỏ có thể cho điểm nhưng phải trừ điểm chỗ sai đó.

3. Với Bài 4 và Bài 5.2 không cho điểm bài làm nếu học sinh không vẽ hình. 4. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ

cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 5. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

1

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Hµ nam

Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn N¨m häc 2012-2013

M«n thi : to¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót

Bµi 1. (2,0 ®iÓm) Cho biÓu thøc

3 31 3 a b 3 a b abM .

3b a b b 3a a b a b

1. T×m ®iÒu kiÖn cña a, b ®Ó M x¸c ®Þnh vµ rót gän M

2. TÝnh gi¸ trÞ cña M khi a = 2 5

a 5 2, b3 3

Bµi 2. (2,0®iÓm)

Cho ph¬ng tr×nh 4 2 2 4x 2(m 3)x m 5 0 (mlµ thamsè)

1. Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh cã bèn nghiÖm x1; x2; x3; x4 víi mäi m thuéc R

2. X¸c ®Þnh m ®Ó 2 2 2 21 2 3 4 1 2 3 42x x x x (x x x x ) 28

Bµi 3. (1,5 ®iÓm) T×m tÊt c¶ çc sè nguyªn x, y tho¶ m·n ph¬ng tr×nh:

x3 – x2y + 3x – 3y – 5 = 0 Bµi 4. (3,5 ®iÓm) Cho tam gi¸c ®Òu ABC néi tiÕp trong ®êng trßn (O). Mét ®êng thÈng d thay ®æi ®i qua A, c¾t (O) t¹i ®iÓm thø hai lµ E, c¾t hai tiÕp tuyÕn kÎ tõ B vµ C cña ®êng trßn (O) lÇn lît t¹i M vµ N sao cho A, M, N n»m ë cïng nöa mÆt ph¼ng bê BC. Gäi giao ®iÓm cña hai ®êng th¼ng MC vµ BN lµ F. Chøng minh r»ng:

1. Hai tam gi¸c MBA vµ CAN ®ång d¹ng vµ tÝch MB.CN kh«ng ®æi. 2. Tø gi¸c BMEF néi tiÕp trong mét ®êng trßn. 3. §êng th¼ng EF lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi (d) thay ®æi

Bµi 5. (1.0 ®iÓm)

Cho bèn sè thùc a, b, c, d tho¶ m·n: ad – bc = 3 .

Chøng minh r»ng: 2 2 2 2a b c d ac bd 3.

DÊu b»ng x¶y ra khi nµo? -----------------------HÕt-----------------------

Hä vµ tªn thÝ sinh : ......................................................Sè b¸o danh :....................... Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 1 : .............................Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2:............................

§Ò chÝnh thøc

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2012

MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh)

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I. 1) Giải phương trình

692012620129 xxxx 2) Giải hệ phương trình

42

4222

xyyxyyx

Câu II. 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên yx; thỏa mãn đẳng thức: yxyxxyyx 251 2) Giả sử x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 411 yx Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

xy

yxP

22

Câu III. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O .Gọi M là một điểm trên cung nhỏ BC ( M khác B,C và AM không đi qua O).Giả sử P là một điểm thuộc đoạn thẳng AM sao cho đường tròn đường kính MP cắt cung nhỏ BC tại điểm N khác M.

1) Gọi D là điểm đối xứng với điểm M qua O .Chứng minh rằng ba điểm N,P,D thẳng hàng

2) Đường tròn đường kính MP cắt MD tại Q khác M. Chứng minh rằng Q là tâm đườn tròn nội tiếp tam giác AQN. Câu IV. Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa mãn cbabccba ;1;3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

)1)(1)(1()1(2

cbaabcbaabQ

Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm.

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài thi Toán vào lớp 10 chuyên( chuyên TN và chuyên ngữ) 2012-2013

Câu Đáp án Điểm

I

1) 692012620129 xxxx (1) Đặt 09 ax , 06 bx

(1) abba 20122012 0)1)(2012( ba

12012

ba

16

20129

x

x

1640481449

xx

5

4048135xx vậy tập nghiệm pt là 5;4048135 S

2

2)

42

)1(4222

xyyxyyx

82244222

xyyxyyx

1244222 yxxyyx

012)(4)( 2 yxyx 0)2)(6( yxyx

2

6yxyx

* 6 yx yx 6 thế vào (1) có 42)6( 22 yyy 016172 2 yy 01672 yy vô nghiệm * 2 yx yx 2 thế vào (1) có 42)2( 22 yyy 022 2 yy

10

yy

1;10;2

yxyx Vậy tập nghiệm của hệ )1;1();0;2(S

1,5

II

1. yxyxxyyx 251 3121 yxyxxyyx )3).(1()1).(3(3.11.3321 yxxyyx Xét các trường hợp:

a)

1231

yxxyyx

12

xyyx

11

yx b)

3211

yxxyyx

12

xyyx

11

yx

c)

3211

yxxyyx

50

xyyx vô nghiệm d)

1231

yxxyyx

54

xyyx vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của phương trình )1;1();1;1( S

1,5

2. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

xy

yxP

22

yxyxyx

2)( (1)

Đẳng thức có x=y Gt 411 yx 14 xyyx 1

221

21

yxyx = 2 yx (BĐT

Cauchy) 2 yx (2) Đẳng thức có x=y=1 Từ (1) và (2) 2 yxP . P=2 x=y=1. Vậy 2min P x=y=1

1

III

1. M )(O góc MND= 090 DNMN (1) M )'(O góc MNP= 090 PNMN (2)

Từ (1) và (2) D, P, N thẳng hàng 2. Góc DNA=DMA (3) (=1/2sđ cung AD)

Góc PNQ=PMQ (4) (=1/2sđ cung PQ) Từ (3) và (4)gócPNA=PNQNP là p giác góc ANQ(5) Góc MAN=MDN (6) (=1/2sđ cung MN) Tứ giác ADQP có góc PAD=DQP= 090 nội tiếp được góc PDQ=PAQ (7)

QP

N

O

B C

A

M

D

O'

Từ (6) và (7) góc PAN= PAQAP là phân giác góc NAQ (8) Từ (5) và (8) P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ

1,5 1,5

IV

Ta có )1)(1)(1()1(2

cbaabcbaabQ =

)1).(1).(1()1).(1()1).(1(

cbacabba

=)1).(1(

11

1

baab

c

11

11

baab

abba

Do 1 bcba 1a ; 1 ab 0)1).(1( ba 211 cbaab

Suy ra )1(2

12

1

abab

abQ

Đặt xab 2x )1(2

12

1

xx

xQ

125

)1(21

21

125

xx

xQ 0

)2).(1(12)5).(2(

xx

xx ( do 2x ) 125

Q

125

Q a=1; b=2; c=3. Vậy 125

min Q a=1; b=2; c=3.

1

1

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o

Hng yªn

®Ò chÝnh thøc

(§Ò thi cã 01 trang)

kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn

N¨m häc 2012 - 2013

M«n thi: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh dù thi çc líp chuyªn: To¸n, Tin)

Thêi gian lµm bµi: 150 phót

Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 2 2 2 22012 2012 .2013 2013 . Chứng minh A là một số tự nhiên.

b) Giải hệ phương trình

22

1 xx 3y y

1 xx 3y y

Bài 2: (2 điểm)

a) Cho Parbol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = (m +2)x – m + 6. Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.

b) Giải phương trình: 5 + x + 2 (4 x)(2x 2) 4( 4 x 2x 2)

Bài 3: (2 điểm)

a) Tìm tất cả các số hữu tỷ x sao cho A = x2 + x+ 6 là một số chính phương.

b) Cho x > 1 và y > 1. Chứng minh rằng : 3 3 2 2(x y ) (x y ) 8

(x 1)(y 1)

Bài 4 (3 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao BE và CF. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S, gọi BC và OS cắt nhau tại M

a) Chứng minh AB. MB = AE.BS

b) Hai tam giác AEM và ABS đồng dạng

c) Gọi AM cắt EF tại N, AS cắt BC tại P. CMR NP vuông góc với BC

Bài 5: (1 điểm)

Trong một giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn một lượt (hai đội bất kỳ thi đấu với nhau đúng một trận). a) Chứng minh rằng sau 4 vòng đấu (mỗi đội thi đấu đúng 4 trận) luôn tìm được ba đội bóng đôi một chưa thi đấu với nhau. b) Khẳng định trên còn đúng không nếu các đội đã thi đấu 5 trận?

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2 điểm)

2

a) Cho A = 2 2 2 22012 2012 .2013 2013

Đặt 2012 = a, ta có 2 2 2 22012 2012 .2013 2013 2 2 2 2a a (a 1) (a 1) 2 2 2(a a 1) a a 1

b) Đặt

x ay

1x by

Ta có

22

1 xx 3y y

1 xx 3y y

21 xx 3y y

1 xx 3y y

nên 2 2b a 3 b b 6 0

b a 3 b a 3

a 6 a 1v

b 3 b 2

Bài 2:

a) ycbt tương đương với PT x2 = (m +2)x – m + 6 hay x2 - (m +2)x + m – 6 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt.

b) Đặt t = 4 x 2x 2

Bài 3:

a) x = 0, x = 1, x= -1 không thỏa mãn. Với x khác các giá trị này, trước hết ta chứng minh x phải là số nguyên.

+) x2 + x+ 6 là một số chính phương nên x2 + x phải là số nguyên.

+) Giả sử mxn

với m và n có ước nguyên lớn nhất là 1.

Ta có x2 + x =2 2

2 2

m m m mnn n n

là số nguyên khi 2m mn chia hết cho n2

nên 2m mn chia hết cho n, vì mn chia hết cho n nên m2 chia hết cho n và do m và n có ước nguyên lớn nhất là 1, suy ra m chia hết cho n( mâu thuẫn với m và n có ước nguyên lớn nhất là 1). Do đó x phải là số nguyên. Đặt x2 + x+ 6 = k2 Ta có 4x2 + 4x+ 24 = 4 k2 hay (2x+1)2 + 23 = 4 k2 tương đương với 4 k2 - (2x+1)2 = 23

3 3 2 2 2 2(x y ) (x y ) x (x 1) y (y 1)(x 1)(y 1) (x 1)(y 1)

=

2 2x yy 1 x 1

2 2(x 1) 2(x 1) 1 (y 1) 2(y 1) 1y 1 x 1

2 2(x 1) (y 1) 2(y 1) 2(x 1) 1 1

y 1 x 1 x 1 y 1 y 1 x 1

.

Theo BĐT Côsi

3

2 2 2 2(x 1) (y 1) (x 1) (y 1)2 . 2 (x 1)(y 1)y 1 x 1 y 1 x 1

2(y 1) 2(x 1) 2(y 1) 2(x 1). 4x 1 y 1 x 1 y 1

1 1 1 12 .y 1 x 1 y 1 x 1

1 1 1 12 . (x 1)(y 1) 2.2 . . (x 1)(y 1) 4y 1 x 1 y 1 x 1

Nên có đpcm

Bài 4

a) Suy ra từ hai tam giác đồng dạng là ABE và BSM

b) Từ câu a) ta có AE MBAB BS

(1)

Mà MB = EM( do tam giác BEC vuông tại E có M là trung điểm của BC

Nên AE EMAB BS

Có 0 0MOB BAE,EBA BAE 90 ,MBO MOB 90 Nên MBO EBA do đó MEB OBA( MBE)

Suy ra MEA SBA (2) Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEM và ABS đồng dạng(đpcm.)

c) Dễ thấy SM vuông góc với BC nên để chứng minh bài toán ta chứng minh NP //SM.

+ Xét hai tam giác ANE và APB: Từ câu b) ta có hai tam giác AEM và ABS đồng dạng nên NAE PAB , Mà AEN ABP ( do tứ giác BCEF nội tiếp)

Do đó hai tam giác ANE và APB đồng dạng nên AN AEAP AB

P

N

F

E

M

S

OA

B

C

Q

4

Lại có AM AEAS AB

( hai tam giác AEM và ABS đồng dạng)

Suy ra AM ANAS AP

nên trong tam giác AMS có NP//SM( định lí Talet đảo)

Do đó bài toán được chứng minh. Bài 5

a. Giả sử kết luận của bài toán là sai, tức là trong ba đội bất kỳ thì có hai đội đã đấu với nhau rồi. Giả sử đội đã gặp các đội 2, 3, 4, 5. Xét các bộ (1; 6; i) với i Є{7; 8; 9;…;12}, trong các bộ này phải có ít nhất một cặp đã đấu với nhau, tuy nhiên 1 không gặp 6 hay i nên 6 gặp i với mọi i Є{7; 8; 9;…;12} , vô lý vì đội 6 như thế đã đấu hơn 4 trận. Vậy có đpcm. b. Kết luận không đúng. Chia 12 đội thành 2 nhóm, mỗi nhóm 6 đội. Trong mỗi nhóm này, cho tất cả các đội đôi một đã thi đấu với nhau. Lúc này rõ ràng mỗi đội đã đấu 5 trận. Khi xét 3 đội bất kỳ, phải có 2 đội thuộc cùng một nhóm, do đó 2 đội này đã đấu với nhau. Ta có phản ví dụ. Có thể giải quyết đơn giản hơn cho câu a. như sau: Do mỗi đội đã đấu 4 trận nên tồn tại hai đội A, B chưa đấu với nhau. Trong các đội còn lại, vì A và B chỉ đấu 3 trận với họ nên tổng số trận của A, B với các đội này nhiều nhất là 6 và do đó, tồn tại đội C trong số các đội còn lại chưa đấu với cả A và B. Ta có A, B, C là bộ ba đội đôi một chưa đấu với nhau.

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2012

MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh)

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I. 1) Giải phương trình

692012620129 xxxx 2) Giải hệ phương trình

42

4222

xyyxyyx

Câu II. 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên yx; thỏa mãn đẳng thức: yxyxxyyx 251 2) Giả sử x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 411 yx Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

xy

yxP

22

Câu III. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O .Gọi M là một điểm trên cung nhỏ BC ( M khác B,C và AM không đi qua O).Giả sử P là một điểm thuộc đoạn thẳng AM sao cho đường tròn đường kính MP cắt cung nhỏ BC tại điểm N khác M.

1) Gọi D là điểm đối xứng với điểm M qua O .Chứng minh rằng ba điểm N,P,D thẳng hàng

2) Đường tròn đường kính MP cắt MD tại Q khác M. Chứng minh rằng Q là tâm đườn tròn nội tiếp tam giác AQN. Câu IV. Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa mãn cbabccba ;1;3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

)1)(1)(1()1(2

cbaabcbaabQ

Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm.

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài thi Toán vào lớp 10 chuyên( chuyên TN và chuyên ngữ) 2012-2013

Câu Đáp án Điểm

I

1) 692012620129 xxxx (1) Đặt 09 ax , 06 bx

(1) abba 20122012 0)1)(2012( ba

12012

ba

16

20129

x

x

1640481449

xx

5

4048135xx vậy tập nghiệm pt là 5;4048135 S

2

2)

42

)1(4222

xyyxyyx

82244222

xyyxyyx

1244222 yxxyyx

012)(4)( 2 yxyx 0)2)(6( yxyx

2

6yxyx

* 6 yx yx 6 thế vào (1) có 42)6( 22 yyy 016172 2 yy 01672 yy vô nghiệm * 2 yx yx 2 thế vào (1) có 42)2( 22 yyy 022 2 yy

10

yy

1;10;2

yxyx Vậy tập nghiệm của hệ )1;1();0;2(S

1,5

II

1. yxyxxyyx 251 3121 yxyxxyyx )3).(1()1).(3(3.11.3321 yxxyyx Xét các trường hợp:

a)

1231

yxxyyx

12

xyyx

11

yx b)

3211

yxxyyx

12

xyyx

11

yx

c)

3211

yxxyyx

50

xyyx vô nghiệm d)

1231

yxxyyx

54

xyyx vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của phương trình )1;1();1;1( S

1,5

2. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

xy

yxP

22

yxyxyx

2)( (1)

Đẳng thức có x=y Gt 411 yx 14 xyyx 1

221

21

yxyx = 2 yx (BĐT

Cauchy) 2 yx (2) Đẳng thức có x=y=1 Từ (1) và (2) 2 yxP . P=2 x=y=1. Vậy 2min P x=y=1

1

III

1. M )(O góc MND= 090 DNMN (1) M )'(O góc MNP= 090 PNMN (2)

Từ (1) và (2) D, P, N thẳng hàng 2. Góc DNA=DMA (3) (=1/2sđ cung AD)

Góc PNQ=PMQ (4) (=1/2sđ cung PQ) Từ (3) và (4)gócPNA=PNQNP là p giác góc ANQ(5) Góc MAN=MDN (6) (=1/2sđ cung MN) Tứ giác ADQP có góc PAD=DQP= 090 nội tiếp được góc PDQ=PAQ (7)

QP

N

O

B C

A

M

D

O'

Từ (6) và (7) góc PAN= PAQAP là phân giác góc NAQ (8) Từ (5) và (8) P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ

1,5 1,5

IV

Ta có )1)(1)(1()1(2

cbaabcbaabQ =

)1).(1).(1()1).(1()1).(1(

cbacabba

=)1).(1(

11

1

baab

c

11

11

baab

abba

Do 1 bcba 1a ; 1 ab 0)1).(1( ba 211 cbaab

Suy ra )1(2

12

1

abab

abQ

Đặt xab 2x )1(2

12

1

xx

xQ

125

)1(21

21

125

xx

xQ 0

)2).(1(12)5).(2(

xx

xx ( do 2x ) 125

Q

125

Q a=1; b=2; c=3. Vậy 125

min Q a=1; b=2; c=3.

1

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013

Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút

Đề thi gồm : 01 trang Ngày thi 20 tháng 6 năm 2012

Câu I (2,0 điểm)

1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử 2 2 2a (b-2c)+b (c-a)+2c (a-b)+abc .

2) Cho x, y thỏa mãn 2 23 3x y- y +1+ y+ y +1 . Tính giá trị của biểu thức 4 3 2 2A x +x y+3x +xy- 2y +1 .

Câu II ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2 4 2(x - 4x+11)(x - 8x +21) 35 .

2) Giải hệ phương trình 2 2

2 2

x+ x +2012 y+ y +2012 2012

x + z - 4(y+z)+8 0

.

Câu III (2,0 điểm) 1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì (n2 + n + 1) không chia hết cho 9.

2) Xét phương trình x2 – m2x + 2m + 2 = 0 (1) (ẩn x). Tìm các giá trị nguyên

dương của m để phương trình (1) có nghiệm nguyên.

Câu IV (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC ngoại tiếp đường tròn tâm O.

Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC; BO cắt EF

tại I. M là điểm di chuyển trên đoạn CE.

1) Tính BIF .

2) Gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng nếu AM = AB thì

tứ giác ABHI nội tiếp.

3) Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O), P và Q lần lượt là

hình chiếu của N trên các đường thẳng DE, DF. Xác định vị trí của điểm M để

PQ lớn nhất.

Câu V (1,0 điểm)

ĐỀ CHÍNH THỨC

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

2

Cho 3 số a, b, c thỏa mãn 0 a b c 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức 1 1 1B (a+b+c+3) + +a+1 b+1 c+1

.

----------------------------Hết----------------------------

Họ và tên thí sinh………………………………. Số báo danh………………...……………… Chữ kí của giám thị 1: ……………………… Chữ kí của giám thị 2: ……………………


KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (chuyên)

Hướng dẫn chấm gồm : 03 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng

chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Nội dung Điểm

Câu I (2,0đ) 2 2 2 2 2 2 a (b - 2c) +b (c - a) + 2c (a - b) + abc=2c (a - b)+ab(a-b)-c(a ) ( )b ac a b 0,25

2( )[2 2 ]a b c ac ab bc 0,25 ( )[2 ( ) ( )]a b c c a b a c 0,25

1) 1,0 điểm

( )( )( 2 )a b a c b c 0,25

Có 2 23 3x = y- y + 1 y+ y + 1 3 2 2 2 23 3 3 3x = 2y +3 y - y + 1 . y+ y + 1 y- y +1 y+ y +1

0,25

3x + 3x -2y = 0 0,25 4 3 2 2 4 2 3 2A = x + x y + 3x - 2xy + 3xy - 2y + 1 = (x +3x -2xy) +(x y+3xy - 2y ) 1 0,25

2) 1,0 điểm

3 3x(x +3x-2y) +y(x +3x - 2y) 1 1 0,25 Câu II (1,0đ)

phương trình đã cho tương đương với 2 2 2( 2) 7 ( 4) 5 35x x (1) 0,25

Do 2

2 2 22 2

( 2) 7 7( 2) 7 ( 4) 5 35

( 4) 5 5x x

x x xx x

0,25

2

2 2

( 2) 7 7(1)

( 4) 5 5xx

0,25

1)1,0 điểm

<=>x=2 0,25

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

3

2)1,0 điểm

2 2

2 2

(x+ x +2012)(y+ y +2012) 2012 (1)

x + z - 4(y+z)+8=0 (2)

2 2 2 2(1) 2012 2012 2012 2012 2012x x y y y y y y

(Do 2 2012 0y y y )

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2012 2012 2012 2012 2012 2012

2012 2012

2012 2012 2012 2012

2012 2012

x x y y x x y y

x y y x

y x y xx y

y x

2 22 2

2 2 2 2

2012 2012( ) 0

2012 2012 2012 2012

y y x xy xx y x yy x y x

0,25

Do

22 2

2

2012 | |2012 2012 0

2012 | |

y y y yy y x x y x

x x x x

0,25

Thay y=-x vào(2) 2 2 2 24 4 8 0 ( 2) ( 2) 0x z x z x z 0,25 2

2

( 2) 0 22

2( 2) 0x x

y xzz

Vậy hệ có nghiệm (x;y;z)=(-2;2;2).

0,25

Câu III (2,0đ) Đặt A = n2 + n + 1 do n n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + 2 (k ) 0,25 * n = 3k => A không chia hết cho 9 (vì A không chia hết cho 3) 0,25 * n = 3k + 1 => A = 9k2 + 9k + 3 không chia hết cho 9. 0,25

1)1,0 điểm

* n = 3k +2 => A = 9k2 +9k+7 không chia hết cho 9 Vậy với mọi số nguyên n thì A = n2 + n + 1 không chia hết cho 9.

0,25

Gi¶ sö tån t¹i m * ®Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1, x2

Theo vi-et:2

1 2

1 2 2 2x x mx x m

(x1 - 1) (x2 - 1) = - m2 + 2m + 3

0,25

Với m * . Ta cã x1x2 1 vµ x1 + x2 4 mà x1hoÆc x2 nguyªn vµ 2 *

1 2x x m *1 2 1 2, ( 1)( 1) 0x x x x

2m 2m 2 0 (m 1)(m 3) 0 3m m {1;2;3}

0,25

Víi m = 1; m = 2 thay vµo ta thÊy ph¬ng tr×nh ®· cho v« nghiÖm. 0,25

2)1,0 điểm

Víi m = 3 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ®· cho lµ x =1; x = 8 tho¶ m·n. VËy m= 3

0,25

Câu IV (2,0đ) 1) 1,0 điểm Vẽ hình đúng theo yêu cầu chung của đề 0,25

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

4

M

H

A C

K

I

E

B

OD

F

Gọi K là giao điểm của BO với DF => ΔIKF vuông tại K 0,25

Có 01DFE= DOE=452

0,25

0BIF 45 0,25

Khi AM = AB thì ΔABM vuông cân tại A => 0DBH=45 .Có 0DFH=45 => Tứ giác BDHF nội tiếp

0,25

=> 5 điểm B, D, O, H, F cùng thuộc một đường tròn. 0,25 => 0BFO=BHO 90 => OH BM , mà OA BM => A, O, H thẳng hàng 0,25

2) 1,0 điểm

0BAH=BIH 45 => Tứ giác ABHI nội tiếp. 0,25 3) 1,0 điểm

P

Q

N

C

B

A

OD

E

F

M

Có tứ giác PNQD nội tiếp = > QPN=QDN=EFN . Tương tự có NQP=NDP=FEN => ΔNEF và ΔNQP đồng dạng

0,25

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

5

=> PQ NQ= 1 PQ EFEF NE

0,25

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi P F; Q E => DN là đường kính của (O) => PQ lớn nhất bằng EF.

0,25

Cách xác định điểm M : Kẻ đường kính DN của (O), BN cắt AC tại M thì PQ lớn nhất.

0,25

Đặt x=1+c, y=1+b, z=1+a do 0 a b c 1 = >1 z yx2

Khi đó A= (x+y+z)( 1 1 1x y z )=3+3 x x y y z z

y z x z x y

0,25

.1 1 0 1 0 1.

.1 1 0 1 0 1.

2 2 2

x y x y x y x y xy z y z y z y z z

z y z y z y z y zy x y x y x y x x

x y z y x z x x y y z z x zy z y x z x y z x z x y z x

0,25

Đặt xz

= t =>1 2t

2 21 1 2 5 2 5 (2 1)( 2) 5

2 2 2 2x z t t t t ttz x t t t t

Do 1 2t (2 1)( 2)2

t tt

0 x zz x

52

A 53 2. 2 102

0,25

Câu V (1,0đ)

Ta thấy khi a=b=0 và c=1 thì A=10 nên giá trị lớn nhất của A là 10 0,25

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

6


HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013

Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút

Ngày thi 19 tháng 6 năm 2012 Đề thi gồm : 01 trang

Câu I (2,0 điểm)

1) Giải phương trình 1 13

x x .

3) Giải hệ phương trình 3 3 3 03 2 11xx y

.

Câu II ( 1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức 1 1 a + 1P = + :2 a - a 2 - a a - 2 a

với a > 0 và a 4 .

Câu III (1,0 điểm)

Một tam giác vuông có chu vi là 30 cm, độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau

7cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác vuông đó.

Câu IV (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x -m +1 và parabol (P): 21y = x2

.

1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3).

2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) và (x2; y2) sao cho

1 2 1 2x x y + y 48 0 .


Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho AC < BC (C A). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở điểm D, AD cắt (O) tại E (E A) .

1) Chứng minh BE2 = AE.DE. 2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F. Chứng

minh tứ giác CHOF nội tiếp . 3) Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH.

Câu VI ( 1,0 điểm)

Cho 2 số dương a, b thỏa mãn 1 1 2a b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

4 2 2 4 2 2

1 12 2

Qa b ab b a ba

.

ĐỀ CHÍNH THỨC

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

7

----------------------------Hết----------------------------

Họ và tên thí sinh……………………………………. Số báo danh………………...………… Chữ kí của giám thị 1: ……………………….……… Chữ kí của giám thị 2: …………………


KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (không chuyên) Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang

I) HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng

chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Nội dung Điểm

Câu I (2,0đ) 1 1 1 3( 1)

3x x x x

0,25

1 3 3x x 0,25 2 4x 0,25

1) 1,0 điểm

2x .Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = -2 0,25

3 3 3 0(1)3 2 11 (2)xx y

Từ (1)=> 3 3 3x

0,25

<=>x=3 0,25 Thay x=3 vào (2)=>3.3 2 11y <=>2y=2 0,25

2) 1,0 điểm

<=>y=1 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=(3;1) 0,25

1 1 a +1P= + :

2- a 2a 2- a a a

0,25

1+ a 2=a (2 ) a +1

a aa

0,25

a a 2=

a 2- a

0,25

Câu II (1,0đ)

a 2=2- a

=-1 0,25

Câu III (1,0đ) Gọi độ dài cạnh góc vuông nhỏ là x (cm) (điều kiện 0< x < 15) => độ dài cạnh góc vuông còn lại là (x + 7 )(cm)

0,25

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

8

Vì chu vi của tam giác là 30cm nên độ dài cạnh huyền là 30–(x + x +7)= 23–2x (cm) Theo định lí Py –ta- go ta có phương trình 2 2 2x + (x + 7) = (23 - 2x) 0,25

2x - 53x + 240 = 0 (1) Giải phương trình (1) được nghiệm x = 5; x = 48 0,25 Đối chiếu với điều kiện có x = 5 (TM đk); x = 48 (không TM đk) Vậy độ dài một cạnh góc vuông là 5cm, độ dài cạnh góc vuông còn lại là 12 cm, độ dài cạnh huyền là 30 – (5 + 12) = 13cm

0,25

Câu IV (2,0đ) Vì (d) đi qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 và y = 3 vào hàm số y = 2x – m + 1 ta có 2.(-1) – m +1 = 3

0,25

-1 – m = 3 0,25 m = -4 0,25

1) 1,0 điểm

Vậy m = -4 thì (d) đi qua điểm A(-1; 3) 0,25

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình 21 x 2 12

x m 0,25

2x 4 2 2 0 (1)x m ; Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm phân biệt ' 0 6 2 0 3m m

0,25

Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và 1 1y = 2 1x m , 2 2y = 2 1x m Theo hệ thức Vi-et ta có 1 2 1 2x + x = 4, x x = 2m-2 .Thay y1,y2 vào

1 2 1 2x x y +y 48 0 có 1 2 1 2x x 2x +2x -2m+2 48 0 (2m - 2)(10 - 2m) + 48 = 0

0,25

2) 1,0 điểm

2 m - 6m - 7 = 0 m=-1(thỏa mãn m<3) hoặc m=7(không thỏa mãn m<3) Vậy m = -1 thỏa mãn đề bài

0,25

Câu V (3,0đ) Vẽ đúng hình theo yêu cầu chung của đề bài

0,25

VìBD là tiếp tuyến của (O) nên BD OB => ΔABD vuông tại B 0,25 Vì AB là đường kính của (O) nên AE BE 0,25

1) 1,0 điểm

Áp dụng hệ thức lượng trong ΔABD ( 0ABD=90 ;BE AD) ta có BE2 = AE.DE 0,25

E

D

A O

C

B

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM

9

Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán kính của (O)) => OD là đường trung trực của đoạn BC => 0OFC=90 (1)

0,25

Có CH // BD (gt), mà AB BD (vì BD là tiếp tuyến của (O)) 0,25 => CH AB => 0OHC=90 (2) 0,25

2) 1,0 điểm

Từ (1) và (2) ta có 0OFC + OHC = 180 => tứ giác CHOF nội tiếp 0,25

Có CH //BD=> HCB=CBD (hai góc ở vị trí so le trong) mà ΔBCD cân tại D => CBD DCB nên CB là tia phân giác của HCD

0,25

do CA CB => CA là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của ΔICD AI CI=AD CD

(3) 0,25

Trong ΔABD có HI // BD => AI HI=AD BD

(4) 0,25

3)1,0 điểm

Từ (3) và (4) => CI HI=CD BD

mà CD=BD CI=HI I là trung điểm của CH 0,25

Với 0; 0a b ta có: 2 2 4 2 2 4 2 2( ) 0 2 0 2a b a a b b a b a b 4 2 2 2 22 2 2a b ab a b ab

4 2 2

1 1 (1)2 2a b ab ab a b

0,25

Tương tự có 4 2 2

1 1 (2)2 2b a a b ab a b

. Từ (1) và (2)

1Qab a b

0,25

Vì 1 1 2 2a b aba b mà 2 1a b ab ab 2

1 12( ) 2

Qab

. 0,25

Câu VI (1,0đ)

Khi a = b = 1 thì 12

Q . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 12

0,25

E

IF

D

HA O

C

B

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂNG KHIẾU TRẦN PHÚ NĂM HỌC 2012- 2013

Môn thi: TOÁN (chuyên)Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 25 tháng 6 năm 2012

Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm)

1) Cho 15 11 3 2 2 3

2 3 1 3x x xA

x x x x

Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của A 2) Cho phương trình 2 ax 0x b có hai nghiệm nguyên dương biết a,b là hai số dương thỏa mãn 5a + b = 22.Tìm hai nghiệm đó.

Câu II ( 2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2 4 234 6 1 16 4 13

x x x x

2) Giải hệ phương trình:2

2 2

14 1

4

x xy

y y xy

Câu III (1,0 điểm) Cho ba số dương a,b,c .Chứng minh rằng:4 9 4a b c

b c c a a b

Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) có trực tâm H, nội tiếp đường tròn tâm O,

đường kính AA’.Gọi AD là đường phân giác trong của góc BAC ( )D BC .M,I lần lượt là

trung điểm của BC và AH.

1) Lấy K đối xứng với H qua AD.Chứng minh K thuộc đường thẳng AA’.

2) Gọi P là giao điểm của AD với HM.Đường thẳng HK cắt AB và AC lần lượt tại Q

và R.Chứng minh rằng Q và R lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên AB,AC.


1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 4 4 4 2012x y z

2) Cho hình vuông 12x12, được chia thành lưới các hình vuông đơn vị. Mỗi đỉnh của hình vuông đơn vị này được tô bằng một trong hai màu xanh đỏ. Có tất cả 111 đỉnh màu đỏ. Hai trong số những đỉnh màu đỏ này nằm ở đỉnh hình vuông lớn, 22 đỉnh màu đỏ khác nằm trên cạnh cạnh của hình vuông lớn (không trùng với đỉnh của hình vuông lớn ) hình vuông đơn vị được tô màu theo các quy luật sau: cạnh có hai đầu mút màu đỏ được tô màu đỏ, cạnh có hai đầu mút màu xanh được tô màu xanh, cạnh có một đầu mút màu đỏ và một đầu mút màu xanh thì được tô màu vàng. Giả sứ có tất cả 66 cạnh vàng. Hỏi có bao nhiêu cạnh màu xanh.

----------------------------Hết---------------------------- Họ và tên thí sinh……………………………………. Số báo danh………………...………… Chữ kí của giám thị 1: ……………………….……… Chữ kí của giám thị 2: ………………… Từ :Nguyễn Hồng Vân – THPT Trần Hưng Đạo – Hải Phòng- http://trakhuc66.violet.vn/

ĐỀ CHÍNH THỨC

2

Lời giải một số câu Câu I

1) 15 11 3 2 2 32 3 1 3

x x xAx x x x

15 11 (3 2)( 3) (2 3)( 1)( 1)( 3)

x x x x xAx x

1753

Ax

, A lớn nhất 0x khi đó A lớn nhất bằng 23

.

2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình (x1 < x2) Ta có a = –x1 – x2 và b = x1x2 nên 5(–x1 – x2) + x1x2 = 22 x1(x2 – 5) – 5(x2 – 5) = 47

(x1 – 5)(x2 – 5) = 47 (*) Vì 1 1 1x Z x nên với giả sử 1 2x x Ta có: –4 ≤ x1 – 5 < x2 – 5 nên

(*) 1

2

x 5 1x 5 47

1

2

x 6x 52

.

Khi đó: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22. Vậy hai nghiệm cần tìm là x1 = 6; x2 = 52. Câu II: 1)

2 4 234 6 1 16 4 13

x x x x

2 2 2 232(4 2 1) (4 2 1) (4 2 1)(4 2 1)3

x x x x x x x x

Dễ thấy 2 2 2 2 2 24 2 1 3 ( 1) 0, & 4 2 1 3 ( 1) 0,x x x x x x x x x x nên đặt 2 24 2 1, 4 2 1 , 0, 0a x x b x x b a b

Ta có phương trình 2 2 323

a b ab

2 26 3 3 0a ab b 26( ) 3( ) 3 0a a

b b

2

2

34 2 1 1 124 2 1 3 23 ,( )

3

ax xb xx xa TM

b

2)Giải hệ phương trình

3

2

2 2

14 1 (1)

4 (2)

x xy

y y xy

Nếu y = 0 thì (2) vô lí nên 0y vậy 2

1 4(2) 1 xy y

Đặt 1 by ta có hệ

2

2

4 1 (1')4 1 (2')

x x bb b x

Lấy ( 1’) – ( 2’) ta có (x-b) (2x+2b-1) = 0

*) Nếu x = b ta có hai nghiệm 1( , 2)2

và 1( ;2)2

*) Nếu 2x + 2b = 1 thì hệ vô nghiệm

Vậy hệ có hai nghiệm 1( , 2)2

và 1( ;2)2

Câu V 1) Giả sử một số nguyên là số chẵn có dạng 2k thì 4 4(2 ) 16 0(mod8)k k Nếu Số nguyên là số nguyên lẻ có dạng 2k + 1 thì

4 2(2 1) (4 1) 16 1 1(mod8)k t h nên với k ,t,h là các số nguyên 4 4 4, , 0,1,2,3(mod8)x y z Z x y z

Nhưng 2012 4 ( mod 8) Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. 2) Có 111 đỉnh màu đỏ,trong đó có 22 đỉnh nằm trên cạnh của hình vuông,, 87 đỉnh nằm

lọt trong hình vuông lớn.Từ đó ta thấy có hai điểm màu xanh ở hai góc của hỉnh vuông lớn, 22 điểm màu xanh trên các cạnh của hình vuông lớn không nằm trên đỉnh của hình vuông lớn còn lại có 34 điểm màu xanh nằm lọt trong hình vuông.Với 312 cạnh của cả hình, ta cho đình của mỗi cạnh như sau: trong 2 mút của nó có i điểm màu xanh thì cho i điểm.Gọi tổng số điểm là S, ta có S = 2 ( số cạnh màu xanh) + số cạnh vàng.Ta lại có thể đếm số S theo cách khác:Mỗi điểm xanh ở góc là mút của hai đoạn, các điểm còn lại là mút của 4 đoạn.Vậy S = 2 x 2 + 22 x 3+ 34 x 4 = 206, suy ra số cạnh xanh là : ( 206 – 66):2 = 70 cạnh màu xanh.

Câu III: Chứng minh rằng: 4 9 4a b c

b c c a a b

1 4 9( )( ) 18a b c

b c a c a b

Thật vậy:

21 4 9 4( ) 9( )[( ) ( ) )]( ) ( ) 36( ) ( )

b c a c a bb c a c a bb c a c a b b c a c a b

1 4 9( )( ) 18a b cb c a c a b

Điều phải chứng minh

.

4

Bài hình: 1) Tam giác ABA’ có: 0' 90 , 'ABC A BC ABC BAN A BC BAN

P

R

Q

K

M

I

H

D

oA

A'

B

C

Lại có ' 'A AC A BC ( cùng chắn cung 'A C ) nên 'BAN A AC Cũng có BAD CAD BAD BAN CAD CAN Mặt khác H đối xứng với K qua AD HAD KAD , H thuộc AN nên K thuộc AA’ 2) Bạn tự giải nhé.

1

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TH HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2012 TRƯỜNG LÊ HỒNG PHONG TP HCM MÔN : TOÁN ( Chuyên) Câu 1: Giải phương trình : 3 28 1 46 10 5 4 1x x x x x Câu 2: Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d. với a là số nguyên dương, biết: f(5) – f(4) = 2012 . Chứng minh: f(7) – f(2) là hợp số.

Câu 3: Cho ba số dương a; b và c thỏa a + b + c = 1. Tìm GTNN của : 2 2 22 2 214 ab bc caA a b c

a b b c c a

Câu 4:Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) có AC vuông góc BD tại H. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho: AM = 1/3 AB. Trên cạnh HC lấy trung điểm N. chứng minh MH vuông góc với DN.

Câu 5: Cho đường tròn tâm O và đường tròn tâm I cắt nhau tại hai điểm A và B(O và I khác phía đối với A và B). IB cắt (O) tại E: OB cắt (I) tại F. Qua B vẽ MN // EF( M thuộc (O) và N thuộc (I). a) Chứng minh :Tứ giác OAIE nội tiếp ; b) Chứng minh :AE + AF = MN Câu 6: Trên mặt phẳng cho 2013 điểm tùy ý sao cho khi 3 điểm bất kỳ thì tồn tại 2 điểm mà khoảng cách giữa 2 điểm đó luôn bé hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn có bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1007 điểm( kể cả biên).

…………………………………. Hết ………………………………….

2

GỢI Ý

Câu 1: Giải phương trình : 3 28 1 46 10 5 4 1x x x x x

Điều kiện : 1 468 10

x

3 2 3 2

2

2

2

8 1 46 10 5 4 1 8 1 3 46 10 6 5 4 8

8 1 3 8 1 3 46 10 6 46 10 61 4 8

8 1 3 46 10 68 1 10 1

1 4 88 1 3 46 10 6

1 0 18 10 4 8 2

8 1 3 46 10 6

x x x x x x x x x x

x x x xx x x

x xx x

x x xx xx

x xx x

Từ (1) suy ra: x = 1 . Từ (2), ta có : x2 – 4x + 8 = (x – 2)2 + 4 4 với mọi x

10 10 546 10 0 46 10 6 66 346 10 6

10 8 10 8 5suy ra :346 10 6 8 1 3 46 10 6 8 1 3

x xx

x x x x

Vậy : 210 8 4 846 10 6 8 1 3

x xx x

, với mọi x.

Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất : x = 1.

Câu 2: Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d. với a là số nguyên dương, biết: f(5) – f(4) = 2012 . Chứng minh: f(7) – f(2) là hợp số. Ta có :

f(5) – f(4) = 2012 (125a + 25b + 5c + d) – ( 64a + 16b + 4c + d) = 2012 61a + 9b + c = 2012. f(7) – f(2) = (343a + 49b + 7c + d) – ( 8a + 4b + 2c + d) = 335a + 45b + 5c

= 305a + 45b + 5c +30a = 5(61a + 9b + c) + 30a = 2012 + 30a = 2( 1006 + 15a) Vì a là số nguyên nên ta được : 2( 1006 + 15a) chia hết cho 2.

Vậy f(7) – f(2) là hợp số

Câu 3: Cho ba số dương a; b và c thỏa a + b + c = 1. Tìm GTNN của : 2 2 22 2 214 ab bc caA a b c

a b b c c a

Ta có : (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) 2 2 21

2a b c

ab bc ca

Ta có: a2 + b2 + c2 = (a + b + c) (a2 + b2 + c2) = a3 +b2a+ b3 + bc2 + c3 + ca2 + a2b + b2c + c2a. Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si: a3 + b2a ≥ 2a2b ; b3 + bc2 ≥ 2b2c ; c3 + ca2 ≥ 2c2a , dấu “=” xảy ra khi a = b = c. suy ra: a2 + b2 + c2 = a3 +b2a+ b3 + bc2 + c3 + ca2 + a2b + b2c + c2a ≥ 3(a2b + b2c + c2a)

suy ra:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 331 32

a b cab bc caab bc caa b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c

Đặt : t = a2 + b2 + c2, ta có : 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 = 1 t ≥ 13

, dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 13

.

Ta được : A = 3 3 28 3 3 27 3 3142 2 2 2 2 2 2 2

t t t t ttt t t t

.

3

Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si : 27 3 27 32 . 92 2 2 2

t tt t

dấu “=” xảy ra khi : t = 13

.

Mặt khác : 3 1 3 4 1vì : 2 2 6 2 3 3t t

Suy ra: A 4 2393 3

dấu “=” xảy ra khi : a2 + b2 + c2 = 13

và a = b = c suy ra: a = b = c = 13

.

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 233

, khi a= b = c = 13

.

Câu 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) có AC vuông góc BD tại H. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho: AM = 1/3 AB. Trên cạnh HC lấy trung điểm N. chứng minh MH vuông góc với DN + Gọi E; F lần lượt là trung điểm của HB và MB, Suy ra: AM = MF = FB = 1/3 AB. + Gọi K và G lần lượt là giao điểm của MH với DN và AE. + Ta có: AHB ~ DHC => AH : HB = DH : HC => AH : (2HE) = DH : ( 2HN) AH : HE = DH : HN => AHE ~ DHN => NDH EAH + Ta có : EF là đường trung bình của tam giác HMB => HM // EF + Xét AEF : AM = MF và MG // EF => AG = GE. + Xét AEH: vuông tại H có G là trung điểm của AE, suy ra: AG = HG = EG => AHG cân tại G => AHG EAH + Ta có : 0KDH DHK EAH DHK AHG DHK 90 , suy ra DHK vuông tại K. Vậy MH vuông góc với DN.(đpcm)

Câu 5: Cho đường tròn tâm O và đường tròn tâm I cắt nhau tại hai điểm A và B(O và I khác phía đối với A và B). IB cắt (O) tại E: OB cắt (I) tại F. Qua B vẽ MN // EF( M thuộc (O) và N thuộc (I). a) Chứng minh :Tứ giác OAIE nội tiếp ; b) Chứng minh :AE + AF = MN a) + BOE cân tại O => OBE OEB ; + BIF cân tại I => IBF IFB ; Do : OBE IBF OEB IFB , suy ra: tứ giác OIFE nội tiếp. + Do : AOI = BOI ( c – c – c) => OAI OBI + Ta có : 0OAI OEI OBI OBE 180 , suy ra tứ giác AOEI nội tiếp Vậy 5 điểm O; A; I; E; F nằm trên cùng một đường tròn. Vậy Tứ giác OAIE nội tiếp được. b)

+ Xét đường tròn (O) : 1AMB FOI Sd AB2

+ Do : MN // EF ta được : BEF MBE ( slt) + Do 5 điểm O; A; I; E; F nằm trên cùng một đường tròn, suy ra: BEF FOI Suy ra: AMB FOI BEF MBE suy ra: AM // EB. Vậy tứ giác MABE là hình thang và nội tiếp đường tròn (O) suy ra: MABE là hình thang cân => MB = AE. + Chứng minh tương tự ta được : NB = AF, suy ra: AE + AF = MB + NB = MN. ( đpcm). Câu 6: Trên mặt phẳng cho 2013 điểm tùy ý sao cho khi 3 điểm bất kỳ thì khoảng cách giữa hai điểm luôn bé hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn có bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1007 điểm( kể cả biên). Gọi các điểm là : A1; A2; A3; …; Ai; Ai + 1 ; A2012; A2013. Ta chia các cặp điểm như sau: (A1; A2013);

( A2; A2012); …( Ai; A2013 – i)…;(A1006; A1008) , và điểm A1007.

O

G

K

F

E

N

H

M

D

C

B

A

O I

F E

N

M B

A

4

Xét điểm A1007 với các cặp điểm đã cho, theo giả thiết trong mỗi cặp điểm tồn tại một điểm Am sao cho đoạn thẳng A1007Am có độ dài nhỏ hơn 1. Không mất tính tổng quát giả sử các điểm A1; A2; …; A1006 có khoảng cách đến điểm A1007 nhỏ hơn 1, suy ra các điểm A1; A2; …; A1006 nằm trong đường tròn tâm A1007 bán kính bằng 1.

Vậy tồ tại đường tròn có bán kính bằng 1 chứa 1007 điểm trong 2013 điểm đã cho. (đpcm). Rất mong nhận được sự góp ý của các bạn. Giáo viên : Hà Gia Có – trường THCS Lý Thường Kiệt – Định Quán – Đồng Nai.

TUYỂN TẬP ĐỀ TOÁN – VÀO 10 – CHUYÊN LAM SƠN – THANH HOÁ






Đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn, TP. Đà Nẵng Số :411 - 9/2011






Lời giải Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Số :410 - 8/2011





Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà Nội và Giải đề thi vào lớp 10 PTNK, ĐHQG TP. HCM 2010 – 2011 Số :409 - 7/2011





Đề thi vào lớp 10 trường PTNK, ĐHQG TP. HCM, năm học 2010 – 2011 Số :408 - 6/2011





Đề thi vào lớp 10 chuyên Quang Trung, Bình Phước vàLời giải Đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định, năm học 2010 – 2011 Số :407 - 5/2011




Đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định và giải Đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi năm học 2010 – 2011 Số :406 - 4/2011




Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi và giải Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa, năm học 2010 – 2011 Số :405 - 2/2011




Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa vàHướng dẫn giải Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An, năm học 2010 – 2011 Số :404 - 2/2011




Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Phan Bội Châu, NA và giải Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Vĩnh Phúc - năm 2010 Số :403 - 1/2011


Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2010


Số :402 - 12/2010




Đề thi vào lớp 10 Khối THPT chuyên ĐH Vinh năm học 2010-2011 và Lời giải Đề HSG lớp 9 TP.HCM năm 2010 Số :398 - 8/2010





Đề thi học sinh giỏi lớp 9 TP. HCM và Lời giải đề vào lớp 10 chuyên toán chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định, năm học 2009 – 2010 Số :397 - 7/2010




Đề vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn và Lời giả ivào lớp 10 chuyên Quang Trung Số :396 - 6/2010




Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Quang Trung, Bình Phước năm học 2009 - 2010 Số :395 - 5/2010



Lời giải đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phan Bội Châu, Nghệ An năm học 2009 - 2010 Số :394 - 4/2010





Đề thi vào lớp 10 chuyên toán THPT chuyên Phan Bội Châu năm học 2009-2010 Số :393 - 3/2010




Đề thi vào lớp 10 chuyên toán Lê Hồng Phong, Nam Định và Lời giải Đề thi vào lớp 10 chuyên toán Vĩnh Phúc, năm học 2009 - 2010 Số :392 - 2/2010








Lời giải Đề thi vào lớp 10 chuyên toán Lam Sơn, Thanh Hóa và Đề thi vào lớp 10 chuyên toán Vĩnh Phúc, năm học 2009 – 2010 Số :391 - 1/2010





Giải Đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi vàĐề thi vào lớp 10 chuyên Toán Lam Sơn, Thanh Hóa, năm học 2009 - 2010 Số :390 - 12/2009




THI HỌC SINH GIỎI VÀ TRƯỜNG CHUYÊN Số :389 - 11/2009



THI HỌC SINH GIỎI VÀ TRƯỜNG CHUYÊN Số :389 - 11/2009



CÁC KÌ THI HỌC SINH GIỎI VÀ TRƯỜNG CHUYÊN Số :388 - 10/2009













Lời giải đề thi vào Lớp 10 Chuyên Tóan Lam Sơn, Thanh Hóa và Đề thi vào Lớp 10 Chuyên Toán Trần Phú, Hải Phòng Số :386 - 8/2009








Đề thi vào Lớp 10 Khối chuyên THPT ĐHSP Hà Nội năm học 2008-2009 Vòng 2 và Lời giải Vòng 1. Số :384 - 6/2009







1

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o

Hng yªn

®Ò chÝnh thøc

(§Ò thi cã 01 trang)

kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn

N¨m häc 2012 - 2013

M«n thi: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh dù thi çc líp chuyªn: To¸n, Tin)

Thêi gian lµm bµi: 150 phót

Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 2 2 2 22012 2012 .2013 2013 . Chứng minh A là một số tự nhiên.

b) Giải hệ phương trình

22

1 xx 3y y

1 xx 3y y

Bài 2: (2 điểm)

a) Cho Parbol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = (m +2)x – m + 6. Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.

b) Giải phương trình: 5 + x + 2 (4 x)(2x 2) 4( 4 x 2x 2)

Bài 3: (2 điểm)

a) Tìm tất cả các số hữu tỷ x sao cho A = x2 + x+ 6 là một số chính phương.

b) Cho x > 1 và y > 1. Chứng minh rằng : 3 3 2 2(x y ) (x y ) 8

(x 1)(y 1)

Bài 4 (3 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao BE và CF. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S, gọi BC và OS cắt nhau tại M

a) Chứng minh AB. MB = AE.BS

b) Hai tam giác AEM và ABS đồng dạng

c) Gọi AM cắt EF tại N, AS cắt BC tại P. CMR NP vuông góc với BC

Bài 5: (1 điểm)

Trong một giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn một lượt (hai đội bất kỳ thi đấu với nhau đúng một trận). a) Chứng minh rằng sau 4 vòng đấu (mỗi đội thi đấu đúng 4 trận) luôn tìm được ba đội bóng đôi một chưa thi đấu với nhau. b) Khẳng định trên còn đúng không nếu các đội đã thi đấu 5 trận?

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2 điểm)

2

a) Cho A = 2 2 2 22012 2012 .2013 2013

Đặt 2012 = a, ta có 2 2 2 22012 2012 .2013 2013 2 2 2 2a a (a 1) (a 1) 2 2 2(a a 1) a a 1

b) Đặt

x ay

1x by

Ta có

22

1 xx 3y y

1 xx 3y y

21 xx 3y y

1 xx 3y y

nên 2 2b a 3 b b 6 0

b a 3 b a 3

a 6 a 1v

b 3 b 2

Bài 2:

a) ycbt tương đương với PT x2 = (m +2)x – m + 6 hay x2 - (m +2)x + m – 6 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt.

b) Đặt t = 4 x 2x 2

Bài 3:

a) x = 0, x = 1, x= -1 không thỏa mãn. Với x khác các giá trị này, trước hết ta chứng minh x phải là số nguyên.

+) x2 + x+ 6 là một số chính phương nên x2 + x phải là số nguyên.

+) Giả sử mxn

với m và n có ước nguyên lớn nhất là 1.

Ta có x2 + x =2 2

2 2

m m m mnn n n

là số nguyên khi 2m mn chia hết cho n2

nên 2m mn chia hết cho n, vì mn chia hết cho n nên m2 chia hết cho n và do m và n có ước nguyên lớn nhất là 1, suy ra m chia hết cho n( mâu thuẫn với m và n có ước nguyên lớn nhất là 1). Do đó x phải là số nguyên. Đặt x2 + x+ 6 = k2 Ta có 4x2 + 4x+ 24 = 4 k2 hay (2x+1)2 + 23 = 4 k2 tương đương với 4 k2 - (2x+1)2 = 23

3 3 2 2 2 2(x y ) (x y ) x (x 1) y (y 1)(x 1)(y 1) (x 1)(y 1)

=

2 2x yy 1 x 1

2 2(x 1) 2(x 1) 1 (y 1) 2(y 1) 1y 1 x 1

2 2(x 1) (y 1) 2(y 1) 2(x 1) 1 1

y 1 x 1 x 1 y 1 y 1 x 1

.

Theo BĐT Côsi

3

2 2 2 2(x 1) (y 1) (x 1) (y 1)2 . 2 (x 1)(y 1)y 1 x 1 y 1 x 1

2(y 1) 2(x 1) 2(y 1) 2(x 1). 4x 1 y 1 x 1 y 1

1 1 1 12 .y 1 x 1 y 1 x 1

1 1 1 12 . (x 1)(y 1) 2.2 . . (x 1)(y 1) 4y 1 x 1 y 1 x 1

Nên có đpcm

Bài 4

a) Suy ra từ hai tam giác đồng dạng là ABE và BSM

b) Từ câu a) ta có AE MBAB BS

(1)

Mà MB = EM( do tam giác BEC vuông tại E có M là trung điểm của BC

Nên AE EMAB BS

Có 0 0MOB BAE,EBA BAE 90 ,MBO MOB 90 Nên MBO EBA do đó MEB OBA( MBE)

Suy ra MEA SBA (2) Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEM và ABS đồng dạng(đpcm.)

c) Dễ thấy SM vuông góc với BC nên để chứng minh bài toán ta chứng minh NP //SM.

+ Xét hai tam giác ANE và APB: Từ câu b) ta có hai tam giác AEM và ABS đồng dạng nên NAE PAB , Mà AEN ABP ( do tứ giác BCEF nội tiếp)

Do đó hai tam giác ANE và APB đồng dạng nên AN AEAP AB

P

N

F

E

M

S

OA

B

C

Q

4

Lại có AM AEAS AB

( hai tam giác AEM và ABS đồng dạng)

Suy ra AM ANAS AP

nên trong tam giác AMS có NP//SM( định lí Talet đảo)

Do đó bài toán được chứng minh. Bài 5

a. Giả sử kết luận của bài toán là sai, tức là trong ba đội bất kỳ thì có hai đội đã đấu với nhau rồi. Giả sử đội đã gặp các đội 2, 3, 4, 5. Xét các bộ (1; 6; i) với i Є{7; 8; 9;…;12}, trong các bộ này phải có ít nhất một cặp đã đấu với nhau, tuy nhiên 1 không gặp 6 hay i nên 6 gặp i với mọi i Є{7; 8; 9;…;12} , vô lý vì đội 6 như thế đã đấu hơn 4 trận. Vậy có đpcm. b. Kết luận không đúng. Chia 12 đội thành 2 nhóm, mỗi nhóm 6 đội. Trong mỗi nhóm này, cho tất cả các đội đôi một đã thi đấu với nhau. Lúc này rõ ràng mỗi đội đã đấu 5 trận. Khi xét 3 đội bất kỳ, phải có 2 đội thuộc cùng một nhóm, do đó 2 đội này đã đấu với nhau. Ta có phản ví dụ. Có thể giải quyết đơn giản hơn cho câu a. như sau: Do mỗi đội đã đấu 4 trận nên tồn tại hai đội A, B chưa đấu với nhau. Trong các đội còn lại, vì A và B chỉ đấu 3 trận với họ nên tổng số trận của A, B với các đội này nhiều nhất là 6 và do đó, tồn tại đội C trong số các đội còn lại chưa đấu với cả A và B. Ta có A, B, C là bộ ba đội đôi một chưa đấu với nhau.

1

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG NGHỆ AN NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN (Đề gồm có 1 trang) (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên) Thời gian làm bài :150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 18 tháng 6 năm 2012 Câu 1: (2.0 điểm )

Cho biểu thức : 2 3 2 : 25 6 2 3 1x x x xA

x x x x x

1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tìm các giá trị của x để 1 5

2A

Câu 2 (2,0 điểm ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 0a và đường thẳng (d): y = bx + 1

1/ Tìm các giá trị của a và b để (P) và (d) cùng đi qua điểm M(1; 2) 2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh rằng (P) và (d) còn có một điểm chung

N khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O là gốc toạ độ) Câu 3 (2.0 điểm)

1/ Cho phương trình: 2 2(2 1) 6 0x m x m m (m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

2/ Giải hệ phương trình: 1 1 2

1 1 1

x y

x y

Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ tiếp tuyến AP và AQ tới đường tròn (P và Q là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O và vuông góc với OP cắt đường thẳng OQ tại M.

1/ Chứng minh rằng: MO = MA 2/ Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến với (O)

tại N cắt các tia AP, AQ lần lượt tại B và C. Chứng minh rằng: a) AB AC BC không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được trong một đường tròn thì PQ//BC

Câu 5 (1.0 điểm)

Cho x, y là các số thực dương thoả mãn : 1 2 2x y . Chứng minh rằng :

2 25 4 3x y xy y ---------- Hết ----------

Họ tên thí sinh …………………………………………….. Số báo danh: ………………………… Chữ ký giám thị 1: ………………………………… Chữ ký giám thị 2: ……………………

2

Bài giải Câu 1: (2.0 điểm )

Cho biểu thức : 2 3 2 : 25 6 2 3 1x x x xA

x x x x x

1/ Rút gọn biểu thức A. 2 3 2 : 2

5 6 2 3 1x x x xA

x x x x x

(ĐK: x 0, x 4, x 9 )

A = … = 1

4x

x

2/ Tìm các giá trị của x để 1 5

2A

1 5 4 5 2 8 5 52 21

1 12 5 3 0 3 02 2

104

x x xA x

x x x x

x

Kết hợp với ĐK 104

x

Câu 2 (2,0 điểm ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 0a và đường thẳng (d): y = bx + 1

1/ Tìm các giá trị của a và b để (P) và (d) cùng đi qua điểm M(1; 2) M (P) … a = 2 y = 2x2 M (d) … b = 1 y = x + 1 2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh rằng (P) và (d) còn có một điểm chung

N khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O là gốc toạ độ) Xét pt hoành độ gđ: 2x2 = x + 1 2x2 - x - 1 = 0

1 2

1 11;2 ; ;1 1 2 22 2

x yM N

x y

1 2 ... 0,75 (dvv)MON thangS S S S Câu 3 (2.0 điểm)

1/ Cho phương trình: 2 2(2 1) 6 0x m x m m (m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt?

phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

3

2

325 002. 0 6 0 212 1 00 2

mma c m m m

b m ma

2/ Giải hệ phương trình: 1 1 2 (1)

1 1 1 (2)

x y

x y

(ĐK: x 1; y 1)

(2) x + y = xy (3) Hai vế của (1) đều dương ta bình phương hai vế ta có:

2 2 1 1 4

2 2 1 4

x y x y

x y xy x y

Thay (3) vào ta có: x + y = 4 kết hợp với (3) có hệ: x+y=4xy=4

Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y là hai nghiệm của pt: X2 - 4x + 4 = 0 x = 2; y = 2

Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ tiếp tuyến AP và AQ tới đường tròn (P và Q là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O và vuông góc với OP cắt đường thẳng OQ tại M.

1

1

12

1

1

C

B

M

P

O

Q

AN

1/ Chứng minh rằng: MO = MA A1 = O1 và A1 = A2 A2 = O1

MAO cân MO = MA 2/ Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến với (O)

tại N cắt các tia AP, AQ lần lượt tại B và C. Chứng minh rằng: a) AB AC BC không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. Theo t/c hai tia tiếp tuyến ta có … AB + AC - BC = … = 2.AP (không đổi) b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được trong một đường tròn thì PQ//BC Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được P1 = C1

4

mà P1 = Q1 C1 = Q1 PQ//BC

Câu 5 (1.0 điểm)

Cho x, y là các số thực dương thoả mãn : 1 2 2x y . Chứng minh rằng :

2 25 4 3x y xy y * Ta có:

2 2

2 2 2

2 2

5 4 34 4 3 0

2 3 0

x y xy yx xy y x y

x y x y

* 1 2 2 1 2 2 1 22 2

2 1x xy

x y y x y x x

Vì : y > 0 ; x > 0 2x - 1 > 0 x > 1/2 Thay y = … vào 2 3 0x y

Ta có: 3 2

2 2 2 2 2 6 33 0 3 0 02 1 2 1

x x x x xx y xx x

(1)

Vì 2x - 1 > 0 (1) 3 2 3 22 2 6 3 0 2 4 3 0x x x x x x x Mà 3 22 4 3x x x

3 2 2

2

2 2 3 3

1 2 3

x x x x x

x x x

21 2 3 0 0x x x

Vậy 2 22 3 0 0; 0x y x y x y

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

NĂM HỌC 2012-2013 Môn Toán

(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) Thời gian làm bài :150 phút không kể thời gian giao đề

Đề thi có 1 trang Câu 1 ( 2,0 điểm)

Tính giá trị của biểu thức 29 30 2 9 4 2 5 2A Câu 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 nghiệm

b) Tim m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 Thỏa mãn

2 21 22 22 1

7x xx x

Câu 3 ( 2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình

2

2 2

2 2 5 2 04 2 3

x xy x yx y x

b)Giải phương trình 1 16 4 9x x x x

Câu 4( 4 điểm) Cho đường tròn (O;R) có dây 2AB R , M là điểm chuyển động trên cung lớn AB sao cho tam giác MAB nhọn.Gọi H là trực tâm tam giác MAB, C,D lần lượt là giao điểm thứ 2 của AH và BH với đường tròn (O).Giải sử N là giao của BC và AD

a) Tính số đo góc AOB, góc MCD b) Chứng minh CD là đường kính của đường tròn (O) và HN có độ dài

không đổi c) Chứng minh HN luôn đi qua điểm cố định

Câu 5 (1,0điểm) Cho x.y.z là các số không âm thỏa mãn 3

2x y z .Tìm giá trị nhỏ nhất

3 3 3 2 2 2S x y z x y z

----------------Hết---------------------

ĐỀ CHÍNH THỨC

2

Câu 1(1đ) tính A = 2524923029 HD

25325252305925122230292524923029 A Câu 2(2đ) Cho phương trình x2 +mx +1=0 a)Xác định m để phương trình có nghiệm.

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn 21

22

22

21

xx

xx

>7

HD

a)Có =m2 -4 để pt có nghiệm thì 0 m2 -4 0

2

2mm

b) Có 21

22

22

21

xx

xx

>7 92)(

2

21

212

21

xx

xxxx (*)

theo viet ta có x1 +x2 =-m ; x1x2 =1 => (*) 91

222

m

5

55

32

32 22

2

m

mm

mm

Câu 3 (2đ) a) giải hệ pt

)2(324)1(02522

22

2

xyxyxxyx

b) giải pt 94161 xxxx (*) HD

a) Từ (1) ta được (2x-1)(x+y-2)=0

)4(2

)3(21

yx

x

Thay (3) vào (2) ta được y=1 hoặc y=-1 Thay (4) vào (2) ta được 5y2 -18y+17=0 ( vô nghiệm) Vậy hệ có 2 nghiệm x=1/2, y=1 hoặc x=1/2, y=-1 b) ĐK x -1 (*) 2x+17+2 )16)(1( xx =2x+13+2 )9)(4( xx 2+ )16)(1( xx = )9)(4( xx 4+x2 +17x+16+4 )16)(1( xx =x2 +13x+36 )16)(1( xx =4-x (x 4 ) x2 +17x+16=x2 +16-18x 25x=0 x=0 Vậy pt có nghiệm x=0, Câu 4 (4đ) Cho (O;R) có dây cung AB=R 2 cố định. Lấy M di động trên cung lớn AB sao cho tam giác AMB có 3 góc nhọn. Gọi H là trực tâm tam giác AMB và C;D lần lượt là giao điểm thứ 2 của các đường thẳng AH;BH với (O) Giả sử N là giao điểm của đường thẳng BC và DA.

a) Tính số đo góc AOB và MCD

3

b) CMR : CD là đường kính của (O) và đoạn NH có độ dài không đổi. c) CMR : NH luôn đi qua 1 điểm cố định.

HD Gọi K;L lần lượt là trân đương cao hạ từ B; A của tam giác ABM

a) có OA2 + OB2 = 2R2 =AB2 => Tam giác OBA vuông tại O => góc AOB=900 có góc BMA=45 => BKM vuông cân tại K => góc DBM =45=> gócDCM =45(1)

L

KO

H

D

M

CB

P

A

N

b) tương tự ta có ALM vuông cân tại L => gócLAM=45=gócCDM (2) Từ (1) và(2) => DCM vuông tại M => CD là đường kính của (O) NHB và DCB có góc BNH=gócBDC =>NHB đồng dạng DCB (g-g) NH/DC=HB/BC (3) Lại có HBC vuông tại C mà gócBCA=1/2gócAOB=45=>HBC vuông cân tại B BH=HC (4) Từ (3) và (4) => NH/DC=1 => NH=CD không đổi. c) Gọi P là trung điểm của NH PB=PA=1/2NH (AHN và BHN vuôngtại A và B) Mà OB=OA=1/2CD OB=OA=PA=PB ( vì CD=HN) Lại cố gócAOB=90 OBPA là hình vuông , mà B; O; A không đổi =>P không đổi => PO=AB=R 2

không đỏi. Vậy NH luôn đi qua điêm P cố định

Câu 5 (1đ)

Cho x.y.z là các số không âm thỏa mãn 32

x y z .Tìm giá trị nhỏ nhất

S= x3+y3+z3+x2y2z2

4

HD Áp dụng BĐT Bunhia cho 2 dãy Dãy 1 ; ;x x y y z z dãy 2 ; ;x y z

Ta có 2222222222)(])()())[(( zyxzzyyxxzyx

3 3 3 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 23 2( ) ( ) ( ) (*)2 3

x y z x y z x y z x y z

Mặt khác

2 2 2 2

2 2

( ) ( )( )(1)( )( )(2); ( )( )(3)

x x y z x x y z x y zy y x z y x z z z y x z y x

Từ (1), (2), (3) ta có

22 2 2

2 2 2 2 2 2

3 3 3( )( )( ) 2 2 22 2 2

27 9 6 88 2

27 39 3 (**)8 8 3

xyz x y z x z y y z x z x y

x y z xy yz xz xyz

x y zxyz x y z x y z

Mặt khác Bunhia cho x; y; z và 1;1;1; ta có 2

2 2 2 ( ) 3 (***)3 4

x y zt x y z

Từ (*) , (**) , (***)ta có 2 22 2 2

2 22 3 2 9 7 9 1 3 11 3 253 8 3 3 9 4 64 9 4 64 6 4 8 64 64

t t t t t tS t t t

25 3 1( )64 4 2

Min S t x y z

GV Trần Bình Trân THCS Phượng Lâu –Việt Trì - Phú Thọ mọi góp ý lời giải liên hệ gmail: [email protected] số điện thoại: 0988280207

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM Năm học: 2012-2013

Khóa thi: Ngày 4 tháng 7 năm 2012 Môn: TOÁN (Chuyên Toán)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A = a a 6 14 a a 2

(với a ≥ 0 và a ≠ 4).

b) Cho 28 16 3x3 1

. Tính giá trị của biểu thức: 2 2012P (x 2x 1) .


a) Giải phương trình: 3(1 x) 3 x 2 .

b) Giải hệ phương trình: 2

2

x xy 4x 6

y xy 1


Cho parabol (P): y = − x2 và đường thẳng (d): y = (3 − m)x + 2 − 2m (m là tham số).

a) Chứng minh rằng với m ≠ −1 thì (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B. b) Gọi yA, yB lần lượt là tung độ các điểm A, B. Tìm m để |yA − yB| = 2. Câu 4: (4,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 4 cm, AD = 2 cm. Đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt các đường thẳng AB và AD lần lượt tại E và F. a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp trong đường tròn. b) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng BD và EF. Tính độ dài đoạn thẳng ID. c) M là điểm thay đổi trên cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD tại N. Gọi S1 là diện tích tam giác CME, S2 là diện tích tam giác AMN.

Xác định vị trí điểm M để 1 23S S2

.

Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b là hai số thực không âm thỏa: a + b ≤ 2.

Chứng minh: 2 a 1 2b 81 a 1 2b 7

.

--------------- Hết ---------------

Họ và tên thí sinh: ......................................................... Số báo danh: ...................................

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày 4 tháng 7 năm 2012

Môn: TOÁN (Chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

(Bản hướng dẫn này gồm 03 trang) Câu Nội dung Điểm

a) (0,75) A = a a 6 1

4 a a 2

(a ≥ 0 và a ≠4)

A = ( a 2)( a 3) 1(2 a )(2 a ) a 2

= a 3 1

2 a 2 a

= −1

0,25

0,25

0,25

b) (0,75) Cho 28 16 3x

3 1

. Tính: 2 2012P (x 2x 1)

Câu 1 (1,5 điểm)

2 2(4 2 3) 4 2 3 ( 3 1)x3 1 3 1 3 1

= 3 1

2x 2x 1 1 2 2012P (x 2x 1) 1

0,25

0,25

0,25

a) (1,0) Giải phương trình: 3(1 x) 3 x 2 (1) Bình phương 2 vế của (1) ta được: 3(1 x) 3 x 2 3(1 x)(3 x) 4

3(1 x)(3 x) 1 x

23(1 x)(3 x) 1 2x x

2x x 2 0 x = 1 hoặc x =−2 Thử lại, x = −2 là nghiệm .

0,25

0,25 0,25

0,25

b) (1,0) Giải hệ phương trình: 2

2

x xy 4x 6 (1)

y xy 1 (2)

(I)


Nếu (x;y) là nghiệm của (2) thì y ≠ 0.

Do đó: (2) 2y 1xy

(3)

Thay (3) vào (1) và biến đổi, ta được: 4y3 + 7y2 + 4y + 1 = 0 (y + 1)(4y2 + 3y + 1) = 0 (thí sinh có thể bỏ qua bước này) y = – 1 y = – 1 x = 2 Vậy hệ có một nghiệm: (x ; y) = (2 ; −1).

0,25

0,25

0,25

0,25

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu Nội dung Điểm a) (0,75) (P): y = − x2 , (d): y = (3 − m)x + 2 − 2m. Chứng minh rằng với m ≠ −1 thì (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): − x2 = (3 − m)x + 2 − 2m. x2 + (3 − m)x + 2 − 2m = 0 (1) = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m + 1 Viết được: = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − 1 và kết luận đúng.

0,25 0,25 0,25

b) (0,75) Tìm m để |yA − yB| = 2 .


Giải PT (1) được hai nghiệm: x1 = − 2 và x2 = m − 1 Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2 |yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3| |yA − yB| = 2 m2−2m−3 = 2 hoặc m2−2m−3 = −2 m = 1 6 hoặc m = 1 2

0,25

0,25

0,25 a) (1,0) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp trong đường tròn. Ta có: ADB ACB AEC ACB ( cùng phụ với BAC ) ADB AEC tứ giác EBDF nội tiếp

0,25 0,25 0,25 0,25

b) (1,5) Tính ID


Tam giác AEC vuông tại C và BC AE nên: BE.BA = BC2

2BCBE 1

BA

BE//CD IB BE 1ID CD 4

BD 3ID 4

4ID BD3

và tính được: BD = 2 5

8 5ID

3 (cm)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu Nội dung Điểm Câu 4

(tt) c) (1,5 điểm) Xác định vị trí điểm M để S1 = 32

S2

Đặt AM = x, 0 < x < 4 MB = 4−x , ME = 5−x

Ta có: AM .AM 2.MB MB 4

AN BC xANBC x

11S BC.ME 5 x2

, 2

21 xS AM.AN2 4 x

S1 = 32

S2 5−x = 32

.2x

4 x x2+18x−40=0

x = 2 (vì 0 < x < 4) Vậy M là trung điểm AB .

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Cho a, b ≥ 0 và a + b ≤ 2. Chứng minh : 2 a 1 2b 81 a 1 2b 7

Câu 5

(1,0 điểm)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 1 2 81 1 2 7

a b

Ta có: 1 21 2 1a b

= 1 1 1211 1( 1)( )2 2

a b a b

(1) (bđt Côsi)

111 72( 1)( )

2 2 4

a ba b (bđt Cô si)

2 871( 1)( )

2

a b

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: 1 2 81 1 2 7

a b

Dấu “=” xảy ra chỉ khi : a+1 = b + 12

và a+b=2 a= 34

và b= 54

0,25

0,25

0,25

0,25

* Lưu ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.


NAM ĐỊNH

—————–

.

Đề Chính Thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Năm học: 2012 - 2013

Môn thi: TOÁN (chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1. (2 điểm)

1) Cho x, y là các số không âm. Chứng minh:√x+ 3

√x2y +

√y + 3

√y2x =

(√3√x+ 3√y

)3

2) Cho a, b, c là các số phân biệt thoả mãn:

a+2

b= b+

2

c= c+

2

aabc 6= 0

Chứng minh |abc| = 2√

2.

Bài 2. (2,5 điểm)

1) Giải phương trình: x4 − 5x3 + 8x2 − 5x+ 1 = 0.

2) Giải hệ phương trình:

{xy − 3x− 2y = 3

x2 + y2 − x− 3y = 38

Bài 3. (3 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Các tiếp tuyến của đường tròn tại B,C cắt

nhau ở T. Đường thẳng AT cắt đường tròn tại điểm thứ hai là D.

1) Chứng minh AB.CD = AC.BD.

2) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh BAD = CAM .

Bài 4. (1,5 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (x; y) thoả mãn: (xy + 7)2 = x2 + y2

2) Tìm n nguyên dương thoả mãn:4.1

4.14 + 1+

4.2

4.24 + 1+ ...+

4n

4n4 + 1=

220

221

Bài 5. (1 điểm)

Có 2010 người xếp thành một vòng tròn, lúc đầu mỗi người cầm 1 chiếc kẹo. Mỗi bước chọn hai

người có kẹo và thực hiện: Mỗi người chuyển 1 chiếc kẹo cho người bên cạnh (về bên trái hoặc

phải). Sau hữu hạn bước có thể xảy ra trường hợp tất cả số kẹo chuyển về một người hay không?

—— Hết ——

WWW.VNMATH.COM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2012-2013

MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 02/7/2012

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I. (4 điểm)

1. Cho biểu thức 2 7 6 1

.3 2 1 2

x x x xA

x x x x

Tính giá trị của A khi

7 4 3.x

2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 2 24 1 3 2 5 0x m x m m

có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x thỏa mãn 2 21 24 1 3 2 5 0.x m x m m

Câu II. (4 điểm)

1. Giải phương trình 23 1 1 2 3 4.x x x x

2. Giải hệ phương trình

3 2 3

2 2

3 4 0

3 2 7 12 24.

x x y y x y

x x y y

Câu III. (4 điểm)

1. Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn 2 2 2 22 2 .x y xy x y

2. Trong tập hợp các số tự nhiên từ 1 đến 2013 có thể chọn ra nhiều nhất bao nhiêu

số phân biệt thoả mãn tổng ba số bất kỳ trong tập hợp các số được chọn đều chia hết cho

10?

Câu IV. (6 điểm) 1. Từ một điểm P nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến PM , PN tới đường

tròn (O) , ( M, N là hai tiếp điểm). Gọi I là một điểm thuộc cung nhỏ MN của đường tròn

(O) , ( I khác điểm chính giữa của cung MN ). Kéo dài PI cắt MN tại điểm K , cắt đường

tròn (O) tại điểm thứ hai là J. Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với PJ tại điểm F

và cắt đường thẳng MN tại điểm Q.Gọi E là giao điểm của PO và MN.

a. Chứng minh rằng PI PJ = PK PF. b. Chứng minh năm điểm Q, I, E, O, J cùng thuộc một đường tròn.

2. Trong một hình vuông có độ dài cạnh bằng 5 đặt 101 điểm. Chứng minh rằng

tồn tại ít nhất 5 điểm trong số đó có thể phủ được bằng một hình tròn có bán kính 5

.7

Câu V. (2 điểm) Cho ba số dương , ,a b c thỏa mãn 6 2 3 11.a b c

Chứng minh rằng 2 3 16 6 3 16 6 2 16

15.1 6 1 2 1 3

b c a c a b

a b c

--------------------------------Hết-------------------------------

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:................................................ Số báo danh:...........................................

Giám thị 1 (Họ tên và ký):.....................................................................................................

Giám thị 2 (Họ tên và ký):.....................................................................................................

www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam

www.MATHVN.com

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Email:[email protected]

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Gop y ve Email: [email protected]

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

Admin

Typewriter

1


BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM

BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG

NGÀY THI: 02/7/2012

MÔN THI:TOÁN

Bản hướng dẫn chấm có 3 trang

Câu Sơ lược các bước giải Điểm Câu I (4 điểm)

Rút gọn được 3

2 .2

Ax

1

Tính được 2 3.x 0.5

Phần 1

(2 điểm) Tính được 2 3.A 0.5

Khẳng định được phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 3.m 0.5

Biến đổi được:

2 2 2 21 2 1 1 1 2

2

4 1 3 2 5 4 1 3 2 5 4 1

16 1 .

x m x m m x m x m m m x x

m

0.75

Khẳng định được 2 21 24 1 3 2 5 0x m x m m thì 1.m 0.5

Phần 2 (2 điểm)

Kết luận 1m và 3m là giá trị cần tìm. 0.25

Câu II (4 điểm) Điều kiện: 1.x 0.25

Biến đổi phương trình về dạng: 21 2 3 3 1.x x x x 0.75

Bình phương hai vế và rút gọn được: 2 4 0x 0.5


Giải và kết luận nghiệm 2.x 0.5

3 2 3

2 2

3 4 0 (1)

3 2 7 12 24. (2)

x x y y x y

x x y y

Biến đổi (1) về dạng: 2 24 4 1 0 (*).x y x xy y

0.5

Từ (*) suy ra được .x y 0.25

Thay vào (2) ta được 2 23 2 7 12 24x x x x và biến đổi về

dạng 2 25 4 5 6 24.x x x x 0.5

Đặt 2 5 4t x x ta được phương trình 2 2 24 0t t và giải ra được 4, 6.t t 0.25


Với 4, 6t t tìm được 0, 5.x x

Kết luận hệ có hai nghiệm ;x y là 0;0 và 5; 5 . 0.5

Câu III (4 điểm)

Biến đổi phương trình về dạng: 2 2 2(2 1) 2 0x y xy x (1) 0.25

Vì 22 1 0x x , (1) là phương trình bậc hai ẩn y có 2 2(16 7)x x .

(1) có nghiệm nguyên thì phải là số chính phương.

0.25


Với 0x thay vào (1) ta được 0y (thỏa mãn). 0.25

ĐỀ CHÍNH THỨC


www.MATHVN.com

Admin

Typewriter


Admin

Typewriter

2

Với 0x , để là số chính phương thì tồn tại số tự nhiên n sao cho 2 216 7x n hay (4 )(4 ) 7.x n x n

0.5

Lập luận và tìm được 1 1

, .3 3

x x

n n

0.25

Với 1x tìm được 1, 2y y (thỏa mãn)

Với 1x tìm được 1, 2y y (thỏa mãn) 0.25

Kết luận: Có 5 cặp số ( , )x y thoả mãn yêu cầu của bài là

(0,0), (1, 1),(1;2), ( 1,1), ( 1, 2) . 0.25

Gọi n là số phần tử của tập hợp được chọn 3, .n n

Dễ thấy 4 số 10, 20,30,40 thỏa mãn yêu cầu của bài nên 4n . 0.25

Giả sử 1 2 3 4, , ,a a a a là bốn số bất kì trong tập hợp n số được chọn.

Ta có: 1 2 3 1 3 4 1 2 4( ) 10, ( ) 10, ( ) 10a a a a a a a a a

1 2 3 4 13 2( ) 10 10a a a a a .

0.75

Tương tự ta có 2 3 4, , 10a a a . 0.25

Trong tập hợp các số tự nhiên từ 1 đến 2013 có 201 số chia hết cho 10. 0.5


Khẳng định tập hợp các số tự nhiên chia hết cho 10 từ 1 đến 2013 là tập hợp lớn nhất thỏa mãn yêu cầu của bài.

Kết luận số cần tìm là 201. 0.25

Câu IV (6 điểm)

Q

E

FK

J

N

O

M

P

I

a) Chứng minh được hai ,PIN PNJ đồng dạng 2.PI PJ PN (3). 0.5

Xét PON vuông tại N có 2 .NE PO PN PE PO (4). 0.5

Chứng minh được hai ,PKE POF đồng dạng . .PK PF PO PE (5) 0.5

Phần 1.a (2 điểm)

Từ (3), (4), (5) . .PI PJ PK PF . 0.5

Phần 2.b (2 điểm)

b) Chứng minh hai ,PIO POJ đồng dạng và suy ra được tứ giác

IEOJ nội tiếp (6). 0.5


www.MATHVN.com

Admin

Typewriter


3

Ta có IJ , 90 , IJ 90IEP O IEP QEI O QOJ QEI QOJ . 0.5

Mà QOJ QOI QEI QOI .

Từ đó suy ra tứ giác QIEO nội tiếp. (7) 0.5

Từ (6), (7) , , , ,Q I E O J cùng thuộc một đường tròn. 0.5

Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông cạnh 1. 0.5

Khi đó có ít nhất 5 điểm cùng thuộc một hình vuông cạnh 1. 0.75

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh 1 là 1 5

72R . 0.5


Kết luận. 0.25

Câu V (2 điểm)

Đặt 1 6 , 1 2 , 1 3 .x a y b z c Suy ra được 14.x y z

2 3 16 14b c y z , 6 3 16 14a c x z , 6 2 16 14.a b x y

0.5

Bất đẳng thức trở thành: 14 14 14

15y z x z x y

x y z

hay

1 1 114 15

x y y z z x

y x z y x z x y z

(**).

0.5

Sử dụng bất đẳng thức cô si cho hai số ; , ; , ; .x y y z z x

y x z y x z

0.25

Chứng minh được bất đẳng thức 1 1 1 9

x y z x y z

. 0.5

(2 điểm)

Khẳng định (**) đúng và kết luận. 0.25

Điểm toàn bài 20 điểm

Lưu ý khi chấm bài:

- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải. Lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ

hợp logic. Nếu học sinh làm cách khác mà giải đúng thì cho điểm tối đa.

- Đối với câu IV.1, học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.

- Thí sinh dùng kiến thức không có trong chương trình Toán THCS thì khi trình bầy

phải chứng minh. Nếu không chứng minh thì chỉ cho nửa số điểm của phần đó nếu

giải đúng.

- Điểm toàn bài không làm tròn.


www.MATHVN.com

Admin

Typewriter


Admin

Typewriter


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH

.

Đề Chính Thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2012

Môn thi: Toán (Chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút

————————

Bài 1 .

a) Giải hệ phương trình:

x2 + 6x = 6y

y2 + 9 = 2xy

b) Giải phương trình: 3√x+ 6 +

√x− 1 = x2 − 1

Bài 2 .

a) Cho các số a, b, c, x, y thỏa mãn: x+ y + z = 1,a

x3=

b

y3=

c

z3.

Chứng minh: 3

√a

x2+

b

y2+

c

z2= 3√a+ 3√b+ 3√c.

b) Tìm số nguyên m để phương trình x2 +m(1−m)x− 3m− 1 = 0 có nghiệm nguyên dương.

Bài 3 .

Tam giác ABC có góc B,C nhọn, góc A nhỏ hơn 450 nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm. M

là một điểm trên cung nhỏ BC(M ko trùng B,C). Gọi N, P lần lượt là điểm đối xứng với M qua

AB, AC.

a) Chứng minh rằng: AHCP nội tiếp và 3 điểm N,H,P thẳng hàng.

b) Tìm vị trí của M để diện tích tam giác ANP lớn nhất.

Bài 4 .

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: abc = 8. Chứng minh:

a+ b+ c

2≥ 2 + a

2 + b+

2 + b

2 + c+

2 + c

2 + a

Bài 5 .

Cho 2012 số thực a1, a2, ..., a2012 có tính chất tổng của 1008 số bất kì lớn hơn tổng của 1004 số

còn lại. Chứng minh rằng trong 2012 số thực đã cho có ít nhất 2009 số thực dương.

—— Hết ——

[VNMATH.COM]-DE-THI-VAO-10-CHUYEN-HATINH-2012-

TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2012 - 2013

Môn thi: Toán (Chuyên)Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (2 điểm)

1) Giải phương trình:

(x− 1)2 = 2− x√x− 1

x

2) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a3 − 3a2 + 8a = 9 và b3 − 6b2 + 17b = 15. Tính a+ b.

Bài 2. (2 điểm)

1) Cho m,n là hai số nguyên. Chứng minh rằng nếu 5(m + n)2 + mnchia hết cho 441 thì mn

cũng chia hết cho 441.

2) Hãy tìm tất cả các dãy số tự nhiên liên tiếp có tổng bằng 180.

Bài 3. (2 điểm)

1) Cho x, y là hai số thực dương. Chứng minh rằng: (1 + x2)(1 + y2) ≥ (x+ y)(1 + xy)

b) Cho a, b là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =a2 + b2

ab+

√ab

a+ b

Bài 4. (3 điểm)

1) Cho tam giác ABC có B,C cố định và A di động sao cho AB = 2AC.

a) Gọi I là điểm trên cạnh BC sao cho IB = 2IC. Chứng minh rằng AI là tia phân giác của

góc BAC.

b) Chứng minh rằng A luôn di động trên một đường tròn cố định.

2) Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I, tiếp xúc BC tại D.

Đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC có tâm J , tiếp xúc BC tại E.

a) Gọi F là giao điểm của AE và DI. Chứng minh rằng F thuộc đường tròn (I).

b) Gọi M trung điểm BC. Chứng minh rằng đường thẳng MI luôn qua trung điểm của AD.

Bài 5. (1 điểm)

Từ 625 số tự nhiên 1, 2, 3, ..., 624, 625 ta chọn ra 312 số sao cho không có hai số nào có tổng bằng

625. Chứng minh rằng trong 312 số được chọn, bao giờ cũng có ít nhất một số chính phương.

WWW.VNMATH.COM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHTN HUẾ

KHỐI THPT CHUYÊN

—————–

Đề Chính Thức

KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM 2012

Môn: Toán (chuyên)

(Dùng cho thí sinh thi vào chuyên Toán)

——————

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Ngày thi: 17 tháng 6 năm 2012


1) Tính giá trị biểu thức:

A =x4 − 6x3 − 2x2 + 18x+ 25

x2 − 8x+ 15khi x =

√19− 8

√3

2) Giải phương trình:

x2 −√x+ 12 = 12

3) Giải hệ phương trình: xy + x+ y = 5

(x+ 1)3 + (y + 1)3 = 35


Cho các số thực a, b, x, y thoả a, b, a+ b 6= 0, x2 + y2 = 1 vàx4

a+y4

b=

1

a+ b.

Chứng minh rằng:

1) bx2 = ay2

2)x2012

a1006+y2012

b1006=

2

(a+ b)1006


Cho k là tham số sao cho phương trình (x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4) = k có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4

khác 0. Tính giá trị sau theo k:

P =1

x1+

1

x2+

1

x3+

1

x4


Cho đường tròn (O) có đường kính BC cố định. Lấy A tuỳ ý trên (O) (A khác B,C). Vẽ đường

cao AH của tam giác. Gọi I, J,K lần lượt là tâm nội tiếp của ABC,HAB,HAC.

1) Chứng minh AI ⊥ JK.

2) Chứng minh tứ giác BCJK nội tiếp được.

3) Khi A di đông trên (O) thì I chạy trên đường nào? Nêu cách vẽ đường này.


Tìm số nguyên dương n đề Q = n2 − 19n+ 91 là số chính phương.

—— Hết ——

WWW.VNMATH.COM

De chuyen2012

Documents