Tải bản đầy đủ

Tuyen tap cac de thi vao THPT 10 chuyen 20132014

Tuyển tập tuyển sinh 10 THPT chuyên các tỉnh thành 2013-2014
SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2013 – 2014
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

ĐỀ THI MÔN TOÁN
(Dành cho các chuyên Nga, Pháp, Trung)
Ngày thi: 29 tháng 6 năm 2013
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 01 trang

Đề chính thức

Bài 1: (2 điểm)
a/ Tính giá trị biểu thức: M = ( 8 − 3 2 + 10)( 2 + 10) : 3 −64
b/ Không dùng máy tính hãy so sánh: A = 10 + 13 với B = 11 + 12
Bài 2: (2 điểm)
Cho phương trình x 2 − 2(m − 3) x + 4 = 0
a/ Tìm m để phương trình nhận x = −3 làm nghiệm.
2

2
b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 28 .

Bài 3: (2 điểm)
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không chứa nước thì sau 3 giờ 36 phút đầy bể. Nếu để chảy
một mình thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 3 giờ. Tính thời gian mỗi vòi chảy một
mình đầy bể.
Bài 4: (3 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M nằm trên nửa đường tròn ( M ≠ A, M ≠ B
·
). Tia BM cắt tiếp tuyến của nửa đường tròn kẻ từ A tại I, phân giác của góc IAM
cắt nửa đường tròn
tại E, cắt BM tại F. Tia BE cắt AI tại H, cắt AM tại K. Chứng minh rằng:
a/ Tam giác ABF là tam giác cân.
b/ BE.BH = BM .BI
c/ Tứ giác AKFH là hình thoi.
Bài 5: (1 điểm)
2
Giải phương trình x + x +

1 1 27
+
=
x x2
4

---------------------------- Hết -----------------------------Họ và tên thí sinh: ............................................. SBD: ................................ Phòng thi: …..............
Giám thị 1 (họ và tên, chữ ký): ........................................................................................................
Giám thị 2 (họ và tên, chữ ký): ........................................................................................................

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - 2013
(Dành cho các chuyên Nga, Pháp, Trung)
Bài

ý

Nội dung

Điểm



1 (2đ)

a
b

2(2 đ)

a

b

3(2đ)

a

b

0,5 đ

M = (− 2 + 10)( 2 + 10) : 3 −64
M = 8 : (−4) = −2

0,5 đ
0,25 đ

A2 = 23 + 2 10.13 = 23 + 2 130
B 2 = 23 + 2 11.12 = 23 + 2 132
⇒ B 2 > A2 , mà A > 0, B > 0 . Vậy B > A
Thay x = −3 vào pt ⇒ 9 + 6(m − 3) + 4 = 0
5
⇒m=
6
Ta có ∆ ' = (m − 3) 2 − 4

0,25 đ

m > 5
Pt có 2 nghiệm pb ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ ( m − 3) 2 > 4 ⇔ 
m < 1
2
2
2
x1 + x2 = 28 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 28

0,25 đ

 m = 6(tm)
⇔ (m − 3) 2 = 9 ⇔ 
. KL…
 m = 0(tm)
Gọi thời gian để vòi thứ nhất chẩy một mình đầy bể là x (h, x>0)
1
⇒ Một giờ vòi thứ nhất chảy được
bể
x
⇒ thời gian để vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là x+3 (h)
1
⇒ Một giờ vòi thứ hai chảy được
bể
x+3
18
1
1
5
=
Đổi 3 giờ 36 phút = giờ. Ta có pt +
5
x x + 3 18
Giải ra được x = 6 và KL…

0,25 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ

4 (3đ)
I
F
M
H

A

a

b

c

E

K

B

Ta có ·AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AE ⊥ EB
·
Mà AE là phân giác của góc IAM
nên BE cũng là phân giác của góc
·ABM . Do đó tam giác ABF cân tại B.

0,5 đ

Trong tam giác ABH vuông tại A có AE là đường cao do đó
BE.BH = AB 2
Trong tam giác ABI vuông tại A có AM là đường cao do đó
BM .BI = AB 2 . Vậy BE.BH = BM .BI

0,5 đ

Vì BE là đường trung trực của AF nên ta có KA = KF , HA = HF (1)
Mặt khác trong tam giác AHK có AE vừa là đường cao vừa là đường
phân giác nên tam giác AHK cân tại A ⇒ AH = AK (2)

0,5 đ
0,25 đ

Từ (1) và (2) ⇒ Tứ giác AKFH là hình thoi.

0,25 đ

0,5 đ

0,5đ


5 (1)

1
1
27
1
1 35
) + (x + ) =
( x + )2 + ( x + ) =
2
x
x
4
x
x
4
5
t = 2
35
1
2
2
4t + 4t 35 = 0
t x + = t ta cú pt: t + t =
4
x
t = 7

2
x = 2
1 5
5
+/ Vi t = x + =
x = 1
x 2
2

2

7 + 33
x=

1 7
7
4
x+ =

+/ Vi t =
. KL
x 2
2

7 33
x =

4
2
K: x 0 . Ta cú pt ( x +

0,25
0,25

0,25

0,25

Chú ý: Mọi lời giải đúng khác đều đợc cho điểm tơng đơng

S GD & T HO BèNH
chớnh thc

K THI TUYN SINH VO LP 10 NM HC 2013 2014
TRNG THPT CHUYấN HONG VN TH

THI MễN TON
(Danh cho chuyờn Tin)
Ngay thi: 28 thang 6 nm 2013
Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )
thi gm cú 01 trang

Bai 1: (2 im)
a/ Rỳt gn biu thc P = (

x 2
x +2
1 x 2

).(
)
x 1 x + 2 x +1
2

x2 + 1
x
b/ Tỡm giỏ tr nguyờn biu thc M =
nhn giỏ tr nguyờn.
x 1
Bai 2: (2 im)
a/ Tỡm m ng thng (a ) : y = x + 2m ct ng thng (b) : y = 2 x 4 ti mt im trờn trc
honh.
b/ Cho phng trỡnh x 2 + 2(m + 1) x + 2m 11 = 0 ( x l n, m l tham s).
Tỡm m phng trỡnh cú mt nghim nh hn 1, mt nghim ln hn 1.
Bai 3: (2 im)
Trờn quóng ng AB di 60 km, ngi th nht i xe mỏy t A n B, ngi th hai i xe p
t B n A. H khi hnh cựng mt lỳc v gp nhau ti C sau khi khi hnh c 1 gi 20 phỳt. T C
ngi th nht i tip n B v ngi th hai i tip n A. Kt qu ngi th nht n ni sm hn
ngi th hai l 2 gi. Tớnh vn tc ca mi ngi, bit rng trờn sut quóng ng c hai ngi u i
vi vn tc khụng i.
Bai 4: (3 im)
Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú ng chộo AC > BD . K CH AD, CK AB .
a/ Chng minh CKH ng dng BCA
ã
b/ Chng minh HK = AC.sin BAD


·
c/ Tính diện tích tứ giác AKCH biết BAD
= 600 , AB = 6cm, AD = 8cm.
Bài 5: (1 điểm)
2
Cho x > 0 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x − x +

1
+ 2013
x

---------------------------- Hết -----------------------------Họ và tên thí sinh: ............................................. SBD: ................................ Phòng thi: …..............
Giám thị 1 (họ và tên, chữ ký): ........................................................................................................
Giám thị 2 (họ và tên, chữ ký): ........................................................................................................

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - 2013
(Dành cho chuyên Tin)
Bài
1 (2đ)

ý
a

b

2 (2 đ)

a

b

Nội dung

ĐK: x ≥ 0, x ≠ 1
2

x −2
x + 2  (1 − x)
P=

.
2
 ( x − 1)( x + 1) ( x + 1)  2
−2 x
( x − 1) 2 ( x + 1) 2
P=
.
= −x + x
2
( x + 1) 2 ( x − 1)
2
Ta có M = x + 1 +
x −1
M nhận giá trị nguyên ⇔ x − 1 là ước của 2
x = 0

 x − 1 = ±1  x = 2
⇒

. KL…
 x − 1 = ±2  x = 3

 x = −1
Đường thẳng (b) : y = 2 x − 4 cắt trục hoành tại điểm A(2;0)
Ycbt ⇔ đường thẳng (a ) : y = x + 2m đi qua A, từ đó tìm được
m = −1
Ta có ∆ ' = m 2 + 12 > 0, ∀m
PT luôn có hai nghiệm phân biệt, gọi hai nghiệm đó là x1 và x2
 x1 + x2 = −2(m + 1)
Theo định lý vi-et ta có 
 x1 x2 = 2m − 11
Ycbt ⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) < 0 ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 < 0
⇔m<2

3 (2đ)

Gọi vận tốc của người thứ nhất là x (km/h, x>0)
Gọi vận tốc của người thứ hai là y (km/h, y>0)
4
4
Đổi 1 giờ 20 phút = giờ ⇒ ( x + y ) = 60 ⇒ x + y = 45
3
3
60
60
+2=
Mặt khác ta có pt
x
y
Từ đó giải ra được x = 30(km / h), y = 15(km / h) . KL…

Điểm
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ


4 (3)

K

C

B

A

a

b

c

Bai 5
(1 iờm)

D

H

Vỡ ãAKC = ãAHC = 900 nờn t giỏc AKCH ni tip
ã
ã
ã
ã
, CKH
BAC
= KHC
= CAH

0,25
0,25

ã
Mt khỏc CAH
= ãACB (so le trong)
ã
CKH
= ãACB nờn CKH ng dng BCA (g-g).
KC
ã
ã
= sin KBC
=
Ta cú sin BAD
BC
CK HK
=
M CKH ng dng BCA
BC AC
HK
ã
ã

= sin BAD
HK = AC.sin BAD
AC

0,25

ã
Trong tam giỏc KBC vuụng ti K cú KBC
= 600 v BC = 8 cm
nờn KC = 4 3 cm, BK = 4cm.
ã
Trong tam giỏc CHD vuụng ti H cú CDH
= 600 v DC = 6 cm

0,25

nờn CH = 3 3 cm, HD = 3cm.
1
SACK = AK .CK = 20 3(cm 2 ) ,
2
1
33 3
SACH = AH .CH =
(cm 2 )
2
2
73 3
Vy S AKCH =
(cm 2 )
2
1
1
2
2
Ta cú A = x x + + 2013 = ( x 1) + ( x + ) + 2012
x
x
A 0 + 2 + 2012 = 2014 . ng thc xy ra x = 1
Vy Amin = 2014 khi x = 1 .

Chú ý: Mọi lời giải đúng khác đều đợc cho điểm tơng đơng

0,25
0,5
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,5
0,25
0,25


S GD & T HO BèNH

chớnh thc

K THI TUYN SINH VO LP 10 NM HC 2013 2014
TRNG THPT CHUYấN HONG VN TH

THI MễN TON CHUYấN
Ngay thi: 29 thang 6 nm 2013
Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )
thi gm cú 01 trang

Bai 1 (2 im)
1
1
3
2 = 23, tớnh giỏ tr ca biu thc A = x + 3 .
x
x
2) Phõn tớch thnh nhõn t biu thc sau:
x4 2y4 x2y2 + x2 + y2.
Bai 2 ( 3 im)
3
ã
1) Cho tam giỏc ABC vuụng ti A, ABC
= 600. Trung tuyn CD = cm. Tớnh din tớch tam giỏc
4
ABC.
2) Trong h trc ta Oxy, cho ng thng d: y = (m + 1)x m, m l tham s. Tỡm m ng
thng d ct parabol (P): y = x2 ti hai im phõn bit A, B sao cho OA vuụng gúc vi OB.
Bai 3 (2 im)
1) Cho x, y l 2 s dng tha món x + y = 1, tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
1
1
P = (1 - 2 )(1 - 2 ) .
y
x
2) Tỡm nghim x, y nguyờn dng tha món phng trỡnh: 2x2 2xy = 5x y 19.
Bai 4 ( 2 im)
Cho ng trũn (O), bỏn kớnh R, A l 1 im c nh nm ngoi ng trũn. Mt ng trũn thay i i qua 2
im O, A ct ng trũn (O) ti hai im P, Q. Chng minh rng ng thng PQ luụn i qua 1 im c nh.
(trc khi chng minh hóy nờu d oỏn im c dnh m P, Q i qua, gii thớch cỏch ngh).
Bai 5 ( 1 iờm)
Cú th lỏt kớn mt cỏi sõn hỡnh vuụng cnh 3,5m bng nhng viờn gch hỡnh ch nht kớch thc 25cm x 100cm
m khụng ct gch c hay khụng?
1) Cho x l s thc õm tha món x2 +

............................................. Ht ............................................
Li gii túm tt
Bi 1
1
1
1) Ta cú A = (x + )3 3(x + )
x
x
1
1
1
T gi thit ta cú: x2 + 2 +2 = 25 (x + )2 = 52 => x + = -5 vỡ x < 0
x
x
x
Do ú A = (-5)3 3.(-5) = - 110
2) x4 2y4 x2y2 + x2 + y2 = (x4 y4) (y4 + x2y2) + (x2 + y2)
= (x2 + y2)(x2 - y2 y2 + 1) = (x2 + y2)(x2 - 2y2 + 1)
Bi 2
1)
A
ã
t BC = 2x (x > 0) . Vỡ ABC
= 600
à = 300 => AB = x => AD = 1 x;
=> C
\
2
D
AC = 3 x
3
Tam giỏc ADC vuụng ti A =>
cm
\
CD2 = AD2 + AC2 ( /l Pi tago)
4

B

600

C


=>

3
9
1
= 3x2 + x2 => x =
16
4
2 13

AB.AC
3
3 3 1 9 3
=
.
. =
(cm2)
2
2
104
2 13 2 13
2) Phương trình hoành độ của hai đồ thị là x2 – (m + 1)x +m = 0 (*)
Hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  > 0
 (m + 1)2 – 4m > 0  (m – 1)2 > 0  m ≠ 1.
Xét PT hoành độ, có a + b + c = 1 – m – 1 + m = 0 => x1 = 1 ; x2 = m => y1 = 1 ; y2 = m2
=> A( 1;1); B(m ; m2)
Phương trình đường thẳng đi qua O và A là y = x
Phương trình đường thẳng đi qua O và B là y = mx
Đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng OB  m .1 = -1  m = -1
Vậy với m = -1 thì đường thẳng và parabol cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho OA vuông góc với OB.
Bài 3.
1) ĐK: xy ≠ 0 ; Từ giả thiết => x2 + y2 = 1− 2xy
2
(x2 − 1)(y2 − 1) x2y2 − (x2 + y2 ) + 1 x2y2 − 1+ 2xy + 1 x2y2 + 2xy
=
=
=
Ta có P =
=1 +
.
2 2
2 2
2 2
2 2
xy
xy
xy
xy
xy
Mặt khác ta có (x – y)2 ≥ 0 => x2 + y2 ≥ 2xy  (x + y)2 ≥ 4xy  1 ≥ 4xy
1
1
2
≥ 2⇔
≥ 8 => P ≥ 1 + 8 = 9
=> ≥ xy ⇔
4
xy
xy
1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = . Thỏa ĐK
2
1
Vậy minP = 9  x = y = .
2
2
1
1
2x − 5x + 19 x(2x − 1) − 2(2x − 1) + 17
17
2) Từ PT ta có y =
(x ≠ vì nếu x= không nguyên)
=
= x − 2+
2
2
2x − 1
2x − 1
2x − 1
17
=> với x nguyên thì y nguyên khi và chỉ khi
nguyên  17 M2x – 1  2x -1 là ước của 17 . Mà 17 có các
2x− 1
ước là ± 1; ± 17
Do x nguyên dương nên 2x – 1 ≥ 1 => 2x – 1 = 1 hoặc 2x – 1 = 17 => x = 1 hoặc x = 9
=> y = 16 hoặc y = 8.
Vậy PT có các nghiệm nguyên là: (x; y) = ( 1; 16) ; (9; 8)
Bài 4.
Vậy diện tích S của tam giác ABC là S =

V

M

V OKI đồng dạng với V OHO (g.g)

O'

P



K
O

I

H
Q

*) Dự đoán điểm cố định là giao điểm I của OA
và PQ.
*) Chứng minh: G/s (O’) đi qua O và A => O’
nằm trên đường trung trực của AO, gọi giao
điểm của đường trung trực đó với AO là H, giao
điểm của OA với PQ là I, giao của OO’ với PQ
là K, OO’ cắt đường tròn (O’) ở M.
Ta có OO’ là đường trung trực của PQ => OO’
⊥ PQ

A


1
1
OM.OK
OK .OO 2
OM.OK OM.OK (Do OO’ = OM và AO = 2.OH)
=> OK OH
=
⇒ OI =
=
=
=
2
OI OO'
OH
OH
2.OH
AO
·
Ta có OPM
= 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) =>
OPM vuông tại P, lại có PQ ⊥ OO’ => OP2 = OK.OM
(Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
OP 2 R2
 OI =
không đổi.
=
OA OA
Do O cố định, OI không đổi nên I cố định
Vậy đường thẳng PQ đi qua 1 điểm cố định.
Bài 5. Không thể lát sân mà không phải cắt gạch vì nếu gọi số gạch lát theo chiều dài và chiều rộng của viên gạch
là x, y thì hệ PT sau phải có nghiệm nguyên:
100x = 350
nhưng hệ vô nghiệm nguyên.

25y = 350
'

V


SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH
Đề chính thức

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH
ĐỀ THI MÔN TOÁN
Ngày thi: 28/ 6/ 2013
Thời gian: 120 phút.
PHẤN I. TRẮC NGHIỆM(2 điểm) ( thí sinh không cần giải thích và không phải chép lại đề bài, hãy
viết kết quả các bài toán sau vào tờ giấy thi)
·
1. Tam giác ABC vuông tại A, có cạnh BC bằng 7 cm, ABC
= 300, Cạnh AB = …
1
2. Giá trị của m để đường thẳng y = - 3x + m cắt đường thẳng y= x tại 1 điểm có hoành độ bằng
2
là…
3. Biểu thức A = 22 − 12 2 có giá trị rút gọn là…
4. Tập hợp nghiệm của phương trình x(x + 1) + (x + 3)(x – 2)+ 2 = 0 là…
PHẦN II. TỰ LUẬN (8 điểm)
Bài 1: (2 điểm)
Cho phương trình x2 – (2m + 1)x – m2 + m – 1 = 0 (x là ẩn, m là tham số).
a) Giải phương trình với m = 1.
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m.
Bài 2: (2 điểm) Năm 2012, tổng số dân của 2 tỉnh A và B là 5 triệu người. Năm 1013, tổng số dân của 2
tỉnh A và B là 5 072 000 người. Biết tỷ lệ tăng dân số của tỉnh A là 2%; tỉnh B là 1%. Hỏi dân số của
mỗi tỉnh năm 2013?
Bài 3: (3 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn (O). Các tiếp tuyến taị B và C
của đường tròn (O) cắt nhau tại K. Kẻ đường kính AD. Chứng minh rằng:
a) Ba diểm K, A, D thẳng hàng.
b) Bốn điểm A, B, K, H cùng thuộc một đường tròn, với H la fgiao điểm của BD và AC.
c) KH song song với BC.
Bài 4: (1 điểm) Giả sử AD, BE và CF là các đường phân giác trong của tam giác ABC. Chứng minh
1
rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi diện tích tam giác DEF bằng
diện tích tam giác ABC.
4

………………………… Hết …………………….

Giải sơ lược


PHẤN I. TRẮC NGHIỆM:
21
1. AB =
cm
2
2. m = 2
3. 3 2 - 2
4. x = 1 và x = - 2
PHẦN II. TỰ LUẬN:
Bài 1.
a) Với m = 1 ta có PT: x2 – ( 2. 1 + 1)x – 12 + 1 – 1 = 0  x2 – 3x – 1 = 0 Giải PT ta có
x1,2 =

3± 13
2
2

1 3

b) Vì a = 1 > 0 và c = -  m− ÷ − < 0 với mọi giá trị của m nên PT đã cho luôn có 2 nghiệm trái dấu
2 4

với mọi m.
Bài 2. Gọi số dân của tỉnh A và B năm 2013 lần lượt là x và y ( triệu người) ĐK: x,y nguyên dương
x+ y = 5
x+ y = 5
 x = 2,2

⇔
⇔
Thì ta có hệ phương trình :  102x 101y
x, y thỏa ĐK
 100 + 100 = 5,072 102x + 101y = 507,2  y = 2,8
102
101
Vậy số dân của tỉnh A và B năm 1013 là: 2,2.
= 2,244 triệu người và 2,8.
= 2,8281 triệu
100
100
người.
Bài 3.

A

a) Ta có AB = AC; OB =
OC; KB = KC => A, O,
K nằm trên đường trung
trực của BC.
Mà D thuộc AD nên D
cũng nằm trên đường trung
trực của BC => A, K, D
thẳng hàng.
b) Vì D nằm trên đường
trung trực của BC nên
AD ⊥ BC =>
» = DC
» =>
DB

O

C

B

·
·
KBH
= KAH
 Tứ giác BAKH nội tiếp
c) KH // BC vì cùng
vuông góc với BC.

D

H

KA

F

E
Bài 4.

B

D

C


+) Chứng minh điều kiện cần: Cho Tam giác ABC đều, AD, BE và CF là các đường phân giác trong
2
SDEF  1  1
=
=
của tam giác ABC ta cần chứng minh:.
sABC  2 ÷
4

Do tam giác ABCđều và AD, BE, CF là các đường phân giác của tam giác nên ta có
2
2
DE EF DF 1
S
1
 DE   1 
=
=
= => DEF đồng dạng với ABC => DEF = 
=
=
÷

÷
AB BC AC 2
SABC  AB   2 
4
+) Chứng minh điều kiện đủ: Cho Tam giác ABC, AD, BE và CF là các đường phân giác trong của
SDEF 1
= , ta cần chứng minh: ABC là tam giác đều.
tam giác, thỏa
SABC 4
Đặt BC = a; AC = b; AB = c (a, b, c > 0)
DB c
DB
c
DB
c
ac
·
= ⇒
=

=
⇒ DB =
Vì AD là phân giác BAC
nên ta có
DC b DB + DC c + b
a c+ b
c+ b
ac
ab
=
 DC = a – DB = a −
c+ b c+ b
ab
bc
bc
ca
Chứng minh tương tự ta có: EC =
; EA =
; FA =
; FB =
.
a+ c
a+ c
a+ b
a+ b
SDEF SABC − SAEF − SBDF − SCDE
S
S
S
AF.AE BF .BD CE.CD
=
= 1− AEF − BDF − CDE = 1 −

Ta có
=…=
SABC
SABC
SABC SABC SABC
AB.AC BA.BC CA.CB
2abc
2abc
1
theo giả thiết ta có:
=
(a + b)(b + c)(c + a)
(a + b)(b + c)(c + a) 4
 (a +b)(b + c)(c + a) = 8abc  a(b –c)2 + b(c - a)2 + c(b – a)2 = 0
 a = b = c => ABC là tam giác đều.
Vậy ......

V

V

V

V

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức M =

2 a

(

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2013 – 2014
Môn: Toán (Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

)

(

)

a + 2a - 3b + 3b 2 a - 3b - 2a a

a 2 + 3ab
a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M.
11 8
b) Tính giá trị của M khi a = 1 + 3 2 , b = 10 +
3
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0, m là tham số.
a)
Tìm điều kiện của m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3.
b)
Tìm giá trị của m để x12 + x22 + x32 = 11.


Bài 3. (1,0 điểm)
14 2 43 (A gồm 2n chữ số 4); B = 888.....8
14 2 43 (B gồm n chữ
Cho số nguyên dương n và các số A = 444....4
2n

n

số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương.
Bài 4. (4,0 điểm)
Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các
tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD.
a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.
b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆
COD.
c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường
thẳng d.
MD
HA 2
d) Chứng minh
=
MC
HC 2
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013.
a
b
c
+
+
≤ 1.
Chứng minh
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
Dấu đẳng thức sảy ra khi nào?
HẾT
Họ tên thí sinh:…………………………………….Số báo danh:……………………….………….…….
Chữ ký của giám thị số 1:………………….….....Chữ ký của giám thị số 2:…………………………..
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM

Câu
a) M =

2 a

(

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2013 – 2014
Môn: Toán (Chuyên Toán)
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn này gồm 4 trang)
Nội dung

)

(

)

a + 2a - 3b + 3b 2 a - 3b - 2a a

a 2 + 3ab
 a, b ≥ 0
a > 0
⇔
ĐK xác định của M: 
a ≠ 0
b ≥ 0
M=
Câu 1
(2,0 đ)

=

2a + 2a 2 − 2 3ab + 2 3ab − 3b − 2a 2
a 2 + 3ab

0,25
0,25

2a − 3b
( 2a + 3b )( 2a − 3b )
2a − 3b
=
=
a 2 + 3ab
a ( 2a + 3b )
a

0, 5

3b
11 8
với a = 1 + 3 2 , b = 10 +
a
3

0,25

3b 30 + 22 2 (30 + 22 2)(3 2 − 1) 102 + 68 2
=
=
=
a
17
1+ 3 2
(1 + 3 2)(3 2 − 1)

0,25

b) Ta có M =


2−

(

)

2
3b
= 6+4 2 = 2+ 2 = 2+ 2
a
Từ đó M = 2 − (2 + 2) = −2
a) x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1)

Vậy

Câu 2

Điểm

0,25
0,25


(2,0 đ)

x = 2
x = 2
⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − 3 x + 2m − 1) = 0 ⇔  2
Nếu  2
trừ
 x − 3x + 2m − 1 = 0(*)
 x − 3 x + 2m − 1 = 0
0,25 điểm
Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2
∆ > 0
13 − 8m > 0
3
13
⇔
⇔ ≠m<
Điều kiện là 
2
8
 4 − 6 + 2m − 1 ≠ 0
 2m ≠ 3
b) Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x1 = 2; x2; x3 trong đó x2; x3 là hai
nghiệm phân biệt của pt (*)
Khi đó x12 + x22 + x32 = 11 ⇔ 4 + ( x2 + x3 ) − 2 x2 x3 = 11 ⇔ ( x2 + x3 ) − 2 x2 x3 = 7(**)
2

2

 x2 + x3 = 3
áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có 
(0,25 đ)
 x2 .x3 = 2m − 1
Vậy (**) ⇔ 9 − 2(2m − 1) = 7 ⇔ m = 1 (thoả mãn ĐK)
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
n
14 2 43 = 444......4
14 2 43 000...0
1 2 3 + 444.....4
14 2 43 = 444....4.
14 2 43 ( 10 − 1) + 888....8
14 2 43
Ta có A = 444.....4
2n

n

n

n

n

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

0,5

0,25

n

2



= 4.111....1.999....9
1 2 3 14 2 43 + B = 4.111....1.9.111....1
123
1 2 3 + B =  6.111....1
123 ÷ +B
n
n
n
n
n


2

Câu 3
(1,0 đ)

0,25

2

3

3 
=  .888....8
÷ + B =  B÷ + B
1
4
2
4
3
4 
n
4

Khi đó
2
2
2
3
3 
3 
3

A + 2 B + 4 =  B ÷ + B + 2 B + 4 =  B ÷ + 2. B.2 + 4 =  B + 2 ÷
4
4 
4 
4

2

2

0,25

0,25

2

3
 
 

+ 2 ÷ =  3.222....2
+ 2 ÷ =  666....68
=  .888....8
÷
1
4
2
4
3
1
4
2
4
3
1
4
2
4
3
n
n
4
 
  n−1

Ta có điều phảI chứng minh.
Câu 4
(4,0 đ)

A

O
H

d

M
C

I

D

B

Q

a) MA, MB là các iếp tuyến của (O)
·
·
⇒ MAO
= MBO
= 900
·
I là trung điểm của CD ⇒ OI ⊥ CD ⇒ MIO
= 900
⇒ A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO
⇒ Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO.
b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

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


OA = OB
⇒ MO là đường trung trực của AB
⇒ MO ⊥ AB
⇒ MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)
1 »
·
·
MBC
= MBD
= sđ BC
2
⇒ ∆MBC : ∆MDB( g .g )
MB MD

=
⇒ MC.MD = MB 2 (2)
MC MB
Từ (1) và (2) ⇒ MH.MO = MC.MD
MC MO
=
⇒ ∆MCH : ∆MOD(c.g .c )
⇒ MH MD
·
·
⇒ MHC
= MDO
⇒ tứ giác CHOD nội tiếp
⇒ H thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ COD.
c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI
·
Hai tam giác vuông MIO và QHO có IOH
chung
⇒ ∆MIO : ∆QHO

0,25

0,25

0,25
0,25

MO OQ
=
OI OH
(R là bán kính (O) không đổi)

2
2
MO.OH OA
R
⇒ OQ =
=
=
OI
OI
OI

O, I cố định
độ dài OI không đổi
⇒ lại có Q thuộc tia OI cố định
⇒ Q là điểm cố định ⇒ đpcm.
·
1800 − COD
·
·
d) ·AHC = 900 + MHC
( ∆COD cân tại O)
= 900 + ODC
= 900 +
2

1
1 ¼
0
¼
= 3600 − sdCBCB
= sdCAD
= 180 − COD
2
2
2
·
= CBD (3)
·
·
(4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
CAH
= CDB

(

)

Từ (3) và (4) ⇒ ∆AHC : ∆DBC ( g.g )
HA BD

=
(5)
HC BC
∆MBC : ∆MDB( g .g ) (chứng minh trên)
MD MB BD

=
=
MB MC BC
(6)
2
MD MB MD
 BD 
⇒
.
=
÷ =
MB MC MC
 BC 

a
a+ a

Chứng minh tương tự được

(

b+ c

)

2

0,25

0,25

MD HA2
=
MB HC 2
Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a2 + ab + ac + bc = a2 +bc + a(b + c)
Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc ≥ 2a bc . Từ đó
a2 + bc + a(b + c) ≥ 2a bc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) = a( b + c )2
a

Vậy a + 2013a + bc

0, 5

0,25

Từ (5) và (6) ⇒
Câu 5
(1,0 đ)

0,25

=

a

(

a
a+ b+ c

)

=

a
a + b + c (1)

0,25
0,25

0,25
0,25


b
b
c


(2) và
b + 2013b + ca
a+ b+ c
c + 2013c + ba
a+
Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được
a
b
c
a+
+
+

a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
a+

c
(3)
b+ c
b+ c
=1
b+ c

a 2 = bc
 2
b = ca
⇔ a = b = c = 671
Dờu “=” xảy ra ⇔  2
c = ab
a + b + c = 2013

**
HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 3,5 MÔN TOÁN CHUYÊN HÀ NAM
2 n −1
2n−2
A = 4.111...1
+ ... + 1)
1 2 3 = 4(10 + 10
Câu 3: Từ giả thiết ta có

2n

n −1
n−2
B = 2.888...8
1 2 3 = 16.111...1
1 2 3 = 16(10 + 10 + ... + 1)
n

2 n −1

n

2n−2

+ ... + 1) + 16(10n −1 + 10n −2 + ... + 1) +4
Từ đó suy ra D=A+2B+4= 4(10 + 10
9D = 4(10 − 1)(102 n −1 + 102 n − 2 + ... + 1) + 16(10 − 1)(10n −1 + 10n −2 + ... + 1) + 36
4(102 n − 1) + 16(10n − 1) + 36
2n
n
9D= = 4(10 + 4.10 + 4)
2
=  2 ( 10n + 2 ) 


Suy ra đpcm.

a
a
=
a + 2013a + bc a + ( a + b + c)a + bc
Câu 5: Với gt đã cho ta có: =
=

a (a − (a + b)(a + c))
a
= 2
2
a + (a + b)(a + c ) a − a − ab − ac − bc
a (2 ( a + b)(a + c) − 2a ) a (a + b + a + c − 2a)
ab + ac

=
2(ab + ac + bc)
2( ab + ac + bc)
2(ab + ac + bc)

(theo BĐT cosi 2 ab ≤ a+b dấu = xảy ra khi a=b.
ab + ac
bc + ba
cb + ac
+
+
Từ đó suy ra VT ≤
=1 (ĐPCM)
ab + ac + bc ab + ac + bc ab + ac + bc
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2013:3=671.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN (Dành cho lớp chuyên)
Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 1 trang, 5 câu

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

0,25


a. Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm (1; 2);
b. Giả sử đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2).
Tìm m để (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2 = 25.
Câu 2 (2 điểm)
2y
 3x
 x −1 − y +1 = 2

a. Giải hệ phương trình 
;
 2x + 3y = 10
 x − 1 y + 1
b. Tìm x, y thỏa mãn x – y + 1 = 2 x − y − x − 2 .
Câu 3 (2 điểm)
a. Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M di động trên cạnh BC, gọi D, E lần lượt là
hình chiếu của M trên AB, AC. Tìm vị trí điểm M để DE có độ dài nhỏ nhất.
3x + 4
b. Với x là số thực. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 2
.
x +1
Câu 4 (3 điểm)
Cho đường tròn đường kính AB; C là một điểm trên đường tròn (C khác A, B).
Gọi I là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác ABC, các tia AI, CI lần lượt
cắt đường tròn tại D, E.
a. Chứng minh tam giác EAI cân;
b. Chứng minh: IC.IE = IA.ID;
c. Giả sử biết BI = a, AC = b. Tính AB theo a, b.
Câu 5 (1 điểm)
Chứng minh trong các số có dạng 20142014 ... 2014 có số chia hết cho 2013.
---------------------------------------------------------------------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
HDC CHÍNH THỨC

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

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: TOÁN (Dành cho lớp chuyên)
Hướng dẫn chấm gồm có 2 trang

Chú ý:

- Học sinh có thể giải theo những cách khác nhau, nếu đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa ứng với
phần đó;
- Đối với bài hình học: Nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai hẳn, không cho điểm;
- Điểm của bài thi không làm tròn, để lẻ đến 0,25 điểm.

Câu

Câu 1

Ý
a

2 điểm
b

Nội dung trình bày

Điểm

Đường thẳng (d) đi qua điểm (1; 2) <=> 2 = 2.1 – m + 1

0,5

Vậy: m = 1

0,5

Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt <=> x2 + 2x – m + 1 = 0
có hai nghiệm phân biệt <=> ∆ ' = m > 0

0,25

Theo Định lí Viet: x1 + x2 = - 2, x1x2 = - m + 1

0,25

Có: y1 = 2x1 – m + 1, y2 = 2x2 – m + 1 => y1 – y2 = 2(x1 – x2)
Nên: 25 = (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2 = 5(x1 – x2)2 => (x1 – x2)2 = 5

0,25


Hay: (x1 + x2)2 - 4x1x2 = 5 => 4 – 4(- m + 1) = 5 => m = 5/4 (t/m)
Câu 2

a

2 điểm

x
y
; v=
x −1
y +1

Đặt u =

0,25

 3u − 2v = 2
 9u − 6v = 6
u = 2
⇔
⇔
Khi đó có hệ: 
 2u + 3v = 10
4u + 6v = 20
v = 2
Từ:

b

0,25

x
y
= 2 ⇒ x = 2;
= 2 ⇒ y = −2
x −1
y +1

0,25

Vậy hệ có nghiệm (2; -2)

0,25

Ta có: x – y + 1 = 2 x − y − x − 2 ⇔ x − y + 1 − 2 x − y + x − 2 = 0 .

0,25

Hay:

(

Suy ra:

)

2

x − y −1 + x − 2 = 0 .

0,25

(

0,25

)

2

x − y −1 = x − 2 = 0 ⇔ x − y −1 = x − 2 = 0 .

Vì vậy có: x = 2; y = 1.

0,25
·
·
·
Do: ADM
= AEM
= DAE
= 900 nên ADME là hình 0,25
chữ nhật
Nên : DE = AM
0,25
DE nhỏ nhất <=> AM nhỏ nhất <=> AM ⊥ BC
0,25
Vì vậy : M là chân đường cao hạ từ A
0,25

Câu 3
a
2 điểm

3x + 4
⇔ A(x 2 + 1) = 3x + 4 ⇔ Ax 2 − 3x + A − 4 = 0 , (*) có nghiệm x
2
x +1
Nếu A = 0 từ (*) có : x = -4/3

A=

b

0,25

2
Nếu A ≠ 0 có : ∆ = 9 − 4A(A − 4) = −4(A − 2) + 25 ≥ 0 ⇔

Vậy : min A =
a

−1
9
≤A≤
2
2

−1
−b
9
1
khi x =
= −3; max A = khi x =
2
2a
2
3
Vẽ hình để chứng minh a

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

Câu 4
Do AD, CE là các đường phân giác nên :
» = DB,
»
» = EA
»
DC
EB

3 điểm

» + EA
» = DB
» + EB
»
Do đó: DC
·
·
Suy ra: AIE
= IAE
Vậy: tam giác EAI cân tại E

b

·
·
Ta có: AIE
(đối đỉnh)
= CID
·
·
(cùng chắn cung DE)
EAI
= DCI
Do đó : ∆ICD : ∆IAE .
Suy ra:

c

IC ID
=
⇒ IC.IE = IA.ID
IA IE

AC cắt BD tại F. Do AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên ∆ ABF
cân. Do đó AF = AB = x > 0
·
·
·
Do: DIB
= IBA
+ IAB
= 450 nên ∆ BID vuông cân
suy ra: DB = a/ 2 => BF = a 2

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


p dng h thc lng trong tam giỏc vuụng ACB v BCF cú:
BC2 = AB2 AC2 = BF2 CF2 hay: x2 b2 = 2a2 (x b)2 <=> x2 - bx - a2 = 0

Cõu 5
1 im

2
2
2
2
2
2
Cú: x = b b + 4a (loi), x = b + b + 4a . Vy AB = b + b + 4a
2
2
2
Ta xột 2014 s khỏc nhau cú dng 201420142014 = an, cú n b 2014. n N*
Trong 2014 s ny cú ớt nht hai s khi chia cho 2013 cú cựng s d.
Gi s 2 s ú l ai , aj (j > i). Khi ú aj ai M2013
20142014...2014 20142014...2014 = 20142014....2014 0000...0000M2013
hay: 1 4 4 2 4 4 3 1 4 4 2 4 4 3 1 4 44 2 4 4 43 1 4 2 4 3
j sụ 2014

jớ sụ 2014

i sụ 2014

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

4i sụ 0

S cú dng 201420142014 . 104i 2013
Vỡ UCLN(10, 2013) = 1 nờn UCLN(10n, 2013) = 1 vi mi n N*

0,25

Vy: cú s dng 201420142014 chia ht cho 2013

0,25

--------------------------------------------------------------------------

Ht-----------------------------------------------------------------------------------

sở GD & đt quảng bình
CHNH THC
SBD: ........................

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
năm học 2013 - 2014

Khoỏ ngy 26 - 06 - 2013
Mụn : TON (CHUYên)
Thi gian lm bi : 150 phỳt (khụng kờ thi gian giao )

thi gm cú 01 trang
Cõu 1 (2,0 iờm): Rỳt gn cỏc biu thc sau:

(

a) A = 5 + 21
b) B =

)(

5+2+
2

)

5 21



5 +1

14 6
5 2

Cõu 2 (2,0 iờm):
a) Gii phng trỡnh:

(

x+4 2

)(

)

4 x + 2 = 2 x

x 2 x + y 2 2 y = 19
b) Gii h phng trỡnh:
xy ( x 1)(2 y ) = 20
Cõu 3 (1,5 iờm): Cho x, y, z > 0 tho món x + y + z = 3.

x2
y2
z2
+
+
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: P =
y + 3z z + 3x x + 3 y
Cõu 4 (3,5 iờm): Cho im A c nh nm ngoi ng trũn (O; R) c nh. T im A k
ng thng d bt k khụng i qua O, ct ng trũn (O) ti B, C (B nm gia A v C). Cỏc
tip tuyn ca ng trũn (O) ti B, C ct nhau ti D. K DH vuụng gúc vi AO ti H; DH ct
cung nh BC ti M. Gi I l giao im ca DO v BC.
a) Chng minh nm im B, C, D, H, O nm trờn mt ng trũn.
b) Chng minh ng thng AM l tip tuyn ca ng trũn (O).
c) Chng minh tớch HB.HC khụng i khi ng thng d quay quanh im A.


Câu 5 (1,0 điểm): Chứng minh N = 20124 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n không phải là số
chính phương với mọi n là số nguyên dương.
------------------------- HÕT--------------------------


HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN CHUYÊN
Khóa ngày 26 - 06 - 2013
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận
lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng.
* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải
sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0.25 điểm. Đối với điểm thành phần là
0.5 điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0.25 điểm.
* Học sinh không vẽ hình đối với Câu 4 thì cho điểm 0 đối với Câu 4. Trường hợp học sinh có vẽ
hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì cho điểm 0 ở ý đó.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của từng
câu.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.
Câu
Nội dung
Điểm
1
2,0 điểm

(

A = 5 + 21
1a

)(

(
3) (

= 2 5 + 21
=

(

7+


Ta có: 


1b

=

) 5 − 21 = 5 + 21 ( 14 − 6 )
3 ) .2 = 10 + 2 21 ( 7 − 3 ) .2
3 ) .2 = ( 7 + 3 ) ( 7 − 3 ) .2 = 8

14 − 6

2

7−
7−

5+2+
2

2

5 −2 
5 +2+ 5 −2+2
÷ =
÷
2


5 + 2.

5 + 21 5 − 21

0,5
0,25
5−2

2( 5 + 1)
= 5+1
2

(
2a

0,25

)(

0,25

)

4 − x + 2 = −2 x ⇔

⇔ x 4− x + 2+ 2

⇔ x = 0 (vì

2b

2,0 điểm

ĐK: −4 ≤ x ≤ 4

x+4 −2

0,5
0,25

Suy ra B = 0
2

0,25

(

)

x

(

(

4− x +2
x+4+2

)

) = −2 x

x+4+2 =0


4− x +2+2

(

0,25

0,25

)

x+4 +2 >0)

Kết luận x=0

0,25

 x 2 − x + y 2 − 2 y = 19  x 2 − x + y 2 − 2 y = 19
⇔ 2
Ta có: 
2
 xy ( x − 1)(2 − y ) = 20
( x − x)( y − 2 y ) = −20
a + b = 19
2
2
Đặt a = x − x; b = y − 2 y . Ta có 
ab = −20

0,25


t = −1
t = 20

2
Do đó a, b là hai nghiệm của phương trình t − 19t − 20 = 0 ⇔ 

2
2
 x − x = −1
 x − x + 1 = 0
⇔ 2
(vô nghiệm)
 2
y

2
y
=
20
y

2
y

20
=
0


2
 x − x = 20
 x 2 − x − 20 = 0
a = 20
⇔ 2
TH2: 
, ta có  2
 y − 2 y = −1  y − 2 y + 1 = 0
b = −1
x = 5
 x = −4
⇔
hoặc 
y =1
y =1

 a = −1
TH1: 
, ta có
b
=
20


0,25

0.25

0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm (5; 1) hoặc (-4; 1)
3

1,5

x2
y + 3z
x 2 y + 3z 1
Ta có:
+
≥ 2.
= x
y + 3z
16
y + 3z 16
2

4

0,5

y2
z + 3x 1
z2
x + 3y 1
+
≥ y;
+
≥ z
z + 3x
16
2
x + 3y
16
2
y + 3z + z + 3x + x + 3 y x + y + z

Suy ra P +
16
2
x+ y+z 3
⇒P≥
=
4
4
3
GTNN của P là
khi x=y=z=1
4

0,5

0,25

0,25
3,5 điểm

Hình vẽ để chứng minh câu a cho 0,5
D

M

C

I

0,5

B

A

4a

H

O

·
·
Ta có: DBO
= DCO
= 900 (DB, DC là tiếp tuyến)
·
DHO
= 900 ( DH ⊥ AO)

Vậy ba điểm B, C, H nằm trên đường tròn đường kính DO hay năm điểm
B, C, D, O, H nằm trên một đường tròn.
4b

Ta có DO ⊥ BC tại I. Hai tam giác vuông OIA và OHD đồng dạng (có
·AOD chung).

0,25
0,25
0,5
0,25


OI
OA
=
⇒ OI .OD = OA.OH
OH OD
Trong tam giác vuông OBD, ta có OI .OD = OB 2 = OM 2
OA OM
2
=
Do đó, OA.OH = OM ⇒
OM OH
OA OM
·
=
Tam giác OMA và tam giác OHM có
và MOH
chung nên
OM OH
·
chúng đồng dạng. Suy ra OMA
= 900 nên AM là tiếp tuyến của đường
Suy ra

0,25
0,25

0,25

tròn (O).

» , DC
» bằng nhau)
·
·
Ta có BHM
(chắn hai cung DB
= MHC

0,25

·
·
·
·
·
·
BMH
= MBD
+ MDB
= MCB
+ HCB
= MCH

4c

0,25

Suy ra hai tam giác BHM và MHC đồng dạng.

BH HM
=
⇒ HB.HC = MH 2
MH HC
Do A, (O) cố định nên M, H cố định nên HB.HC = MH 2 không đổi.

0,25

Do đó

5

0,25
1,0 điểm

4

4n

Ta có: 2012 có chữ số tận cùng bằng 6 nên 2012 có chữ số tận cùng
bằng 6.
20134 có chữ số tận cùng bằng 1 nên 20134 n có chữ số tận cùng
bằng 1.

20142 có chữ số tận cùng bằng 6 nên 20144 n có chữ số tận cùng
bằng 6.

2015

4n

0,25

0,25

có chữ số tận cùng bằng 5.

Do đó, N = 20124 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n có chữ số tận cùng
bằng 8.

0,25

Mặt khác, không có số chính phương nào có chữ số tận cùng bằng 8. Vậy
N không phải là số chính phương.

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013- 2014
Môn thi: TOÁN (chung)
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013

Câu I: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10
3 x − my = 5
2) Xác định các hệ số m và n biết hệ phương trình 
có nghiệm (1; -2)
 mx + 2ny = 9
Câu II: ( 2,0 điểm)
x−2 x +3
x −1
1
+

1) Rút gọn biểu thức A=
với x ≥ 0
x x +1
x- x + 1
x +1


2) Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm thì trong 6 ngày xong
việc. Nếu họ làm riêng thì người thợ thứ nhất hoàn thành công việc chậm hơn người thợ thứ hai là 9
ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm trong bao nhiêu ngày để xong việc.
Câu III: (2,0 điểm)
Cho phương trình x 2 − 2(m − 1) x + 2m − 5 = 0
1) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 với mọi m.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện:
( x12 − 2mx1 + 2m − 1)( x22 − 2mx2 + 2m − 1) < 0
Câu IV: (3,0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O; R) thay đổi đi qua B và C
sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O). Gọi I là trung
điểm của BC, E là giao điểm của MN và BC, H là giao điểm của đường thẳng OI và đường thẳng MN.
1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh OI.OH = R2.
3) Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V: (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Tìm giá trị
a
4b
9c
+
+
nhỏ nhất của biểu thức S =
.
b+c−a c+ a−b a +b−c
------- Hết -------

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

Hướng dẫn câu III:
2) Phương trình có hai nghiệm x1; x2 nên
 x12 − 2(m − 1)x1 + 2m − 5 = 0
 x12 − 2mx1 + 2m − 1 = 4 − 2x1

 2
 2
 x 2 − 2(m − 1)x 2 + 2m − 5 = 0  x 2 − 2mx 2 + 2m − 1 = 4 − 2x 2

 x1 + x 2 = 2m − 2
 x1.x 2 = 2m − 5

Theo định lí Vi-et ta có : 

H

Theo bài ra ta có :
(x12 − 2mx1 + 2m − 1)(x 22 − 2mx 2 + 2m − 1) < 0
⇔ ( 4 − 2x1 ) . ( 4 − 2x 2 ) < 0

⇔ 16 − 8 ( x1 + x 2 ) + 4x1x 2 < 0

⇔ 16 − 8 ( 2m − 2 ) + 4 ( 2m − 5 ) < 0
⇔m>

M

3
2

Hướng dẫn câu IVc :

C
I

E
B

AM AB
2
=
A ⇒ AM = AB.AC
AC AM
AM AE
=
⇒ AM 2 = AI.AE
+ ∆AME ∽ ∆AIM (g-g) ⇒
AI
AM
⇒ AB.AC = AI.AE (*)
+ ∆AMB ∽ ∆ACM (g-g) ⇒

O

N


Do A, B, C c nh nờn trung im I ca BC c nh
nờn t (*) suy ra E c nh.
Vy ng thng MN luụn i qua im E c nh

Hng dn gii cõu V:
Vi a, b, c l di ba cnh ca tam giỏc cú chu vi bng 2 nờn a + b + c = 2 .
t b + c a = x; c + a b = y; a + b c = z do a, b, c l di ba cnh ca tam giỏc nờn
x, y,z > 0 .

y+z
x+z
x+y
.
;b=
;c=
2
2
2
y + z 4( x + z) 9( x + y) 1 y + z 4( x + z) 9( x + y)
+
+
=
+
+
Khi ú S =

2x
2y
2z
2 x
y
z

Suy ra x + y + z = 2 (do a + b + c = 2 ) v a =

1 y 4x z 9x 4z 9y
= +
+ +
ữ+ + ữ
2 x y ữ
z
x z y
2

y 4x y
x
Ta cú: +
=
2
ữ +22
x y x
y
2

z 9x z
x
+
=
3
ữ +66
x z x
z
2

4z 9y z
y
+
= 2
3
ữ + 12 12
y
z y
z
1
S ( 4 + 6 + 12 ) = 11 Du = xy ra khi
2
1

x
=

y = 2x
3

z = 3x
2
5
2
1


y = a = ; b = ; c =

3
6
3
2
2z = 3y

x + y + z = 2 z = 1


2
2
2
Khi ú: a = b + c ABC vuụng
5
2
1
Vy Smin = 11 ABC vuụng a = ; b = ; c = .
6
3
2
Sở giáo dục và đào tạo
Hải dơng
Đề thi chính thức

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên
nguyễn trãi - Năm học 2009-2010
Môn thi : toán

Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 08 tháng 7 năm 2009
(Đề thi gồm: 01 trang)


Câu I (2.5 điểm):
1) Giải hệ phơng trình:

x2 + y2 + xy = 3

2
xy + 3x = 4
2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:

4x2 + 4mx + 2m2 5m+ 6 = 0
Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:
3
2 + 4 x2 ( 2 + x)

A=
4 + 4 x2

2) Cho trớc số hữu tỉ m sao cho

3

( 2 x)

3


với 2 x 2

m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c

để: a3 m2 + b3 m + c = 0
Câu III (2.0 điểm):
1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x 3 là một số nguyên dơng và biết
f(5) f(3) = 2010. Chứng minh rằng: f(7) f(1) là hợp số.
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

x2 4x + 5 x2 + 6x + 13

Câu IV (2.0 điểm):
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần l ợt là hình chiếu
vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lợt lấy D, E
ã
ã
sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho DMK
. Chứng
= NMP
minh rằng:
1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đờng tròn bàng
tiếp góc DAK của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của
các điểm B và D thuộc đờng tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
-----------------------Hết----------------------Họ và tên thí sinh : ......................................................Số báo danh :.......................
Chữ kí của giám thị 1 : .............................Chữ kí của giám thị
2:...........................

Hớng dẫn chấm
Câu

Phần

câu I

1)

2,5

1,5điể

điểm

m

nội dung

Điểm

4 3x2
, thay vào (1) ta có:
x

0.25

x + y + xy = 3 (1)

2
xy + 3x = 4 (2)
2

2

Từ (2) x 0. Từ đó y =
2

4 3x2
4 3x2
x2 +
+
x.
=3

x
x


4
2
7x 23x + 16 = 0

0.25
0.25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×