SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHỊNG ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂNG KHIẾU TRẦN PHÚ NĂM HỌC 2012- 2013 Mơn thi: TỐN (chuyên)Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 25 tháng năm 2012 Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 1) Cho A = 15 x − 11 x − 2 x + − − x+2 x −3 x −1 x +3 Rút gọn tìm giá trị lớn A 2) Cho phương trình x + ax + b = có hai nghiệm nguyên dương biết a,b hai số dương thỏa mãn 5a + b = 22.Tìm hai nghiệm Câu II ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x − x + = − 16 x + x + 4 x − x + y = 2) Giải hệ phương trình: y + y − xy = Câu III (1,0 điểm) Cho ba số dương a,b,c Chứng minh rằng: a 4b 9c + + >4 b+c c+a a+b Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) có trực tâm H, nội tiếp đường trịn tâm O, · ( D ∈ BC ) M,I đường kính AA’.Gọi AD đường phân giác góc BAC trung điểm BC AH 1) Lấy K đối xứng với H qua AD.Chứng minh K thuộc đường thẳng AA’ 2) Gọi P giao điểm AD với HM.Đường thẳng HK cắt AB AC Q R.Chứng minh Q R hình chiếu vng góc P lên AB,AC Câu V (3,0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên phương trình x + y + z = 2012 2) Cho hình vng 12x12, chia thành lưới hình vng đơn vị Mỗi đỉnh hình vng đơn vị tơ hai màu xanh đỏ Có tất 111 đỉnh màu đỏ Hai số đỉnh màu đỏ nằm đỉnh hình vng lớn, 22 đỉnh màu đỏ khác nằm cạnh cạnh hình vng lớn (khơng trùng với đỉnh hình vng lớn ) hình vng đơn vị tô màu theo quy luật sau: cạnh có hai đầu mút màu đỏ tơ màu đỏ, cạnh có hai đầu mút màu xanh tơ màu xanh, cạnh có đầu mút màu đỏ đầu mút màu xanh tơ màu vàng Giả sứ có tất 66 cạnh vàng Hỏi có cạnh màu xanh Hết -Họ tên thí sinh…………………………………… Số báo danh……………… ………… Chữ kí giám thị 1: ……………………….……… Chữ kí giám thị 2: ………………… Từ :Nguyễn Hồng Vân – THPT Trần Hưng Đạo – Hải Phòng- http://trakhuc66.violet.vn/ Lời giải số câu Câu I 15 x − 11 x − 2 x + − − 1) A = x+2 x −3 x −1 x +3 15 x − 11 − (3 x − 2)( x + 3) − (2 x + 3)( x − 1) ⇔ A= ( x − 1)( x + 3) 17 ⇔ A = −5 + , A lớn ⇔ x = A lớn x +3 2) Gọi x1, x2 hai nghiệm nguyên dương phương trình (x1 < x2) Ta có a = –x1 – x2 b = x1x2 nên 5(–x1 – x2) + x1x2 = 22 ⇔ x1(x2 – 5) – 5(x2 – 5) = 47 ⇔ (x1 – 5)(x2 – 5) = 47 (*) + Vì x1 ∈ Z ⇒ x1 ≥ nên với giả sử x1 < x2 Ta có: –4 ≤ x1 – < x2 – nên x1 − = x1 = ⇔ x2 − = 47 x2 = 52 (*) ⇔ Khi đó: a = – 58 b = 312 thoả 5a + b = 22 Vậy hai nghiệm cần tìm x1 = 6; x2 = 52 Câu II: 1) x − x + = − 16 x + x + 3 (4 x − x + 1)(4 x + x + 1) 2 Dễ thấy x − x + = x + ( x − 1) > 0, ∀x & x + x + = x + ( x + 1) > 0, ∀x nên đặt ⇔ 2(4 x − x + 1) − (4 x + x + 1) = − a = x − x + 1, b = x + x + = b , a > 0, b > Ta có phương trình 2a − b = − ab ⇔ 6a + 3ab − 3b = a a ⇔ 6( ) + 3( ) − = b b a =− 4x2 − 2x + 1 b ⇔ ⇔ = ⇔ x= 4x + 2x + a ,(TM ) = b 2)Giải hệ phương trình x − x + =1 y y + y − xy = (1) (2) Nếu y = (2) vơ lí nên y ≠ (2) ⇔ + = b ta có hệ y 4 x − x + b = 4b − b + x = 1 −x= y y Đặt (1') (2') Lấy ( 1’) – ( 2’) ta có (x-b) (2x+2b-1) = 2 *) Nếu x = b ta có hai nghiệm (− , −2) ( ;2) *) Nếu 2x + 2b = hệ vơ nghiệm 2 Vậy hệ có hai nghiệm (− , −2) ( ;2) Câu V 1) Giả sử số nguyên số chẵn có dạng 2k (2k ) = 16k ≡ 0(mod8) Nếu Số nguyên số nguyên lẻ có dạng 2k + (2k + 1) = (4t + 1) = 16h + ≡ 1(mod8) nên với k ,t,h số nguyên x, y, z ∈ Z ⇒ x + y + z ≡ 0,1,2,3(mod8) Nhưng 2012 ≡ ( mod 8) Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun Có 111 đỉnh màu đỏ,trong có 22 đỉnh nằm cạnh hình vng,, 87 đỉnh nằm lọt hình vng lớn.Từ ta thấy có hai điểm màu xanh hai góc hỉnh vng lớn, 22 điểm màu xanh cạnh hình vng lớn khơng nằm đỉnh hình vng lớn cịn lại có 34 điểm màu xanh nằm lọt hình vng.Với 312 cạnh hình, ta cho đình cạnh sau: mút có i điểm màu xanh cho i điểm.Gọi tổng số điểm S, ta có S = ( số cạnh màu xanh) + số cạnh vàng.Ta lại đếm số S theo cách khác:Mỗi điểm xanh góc mút hai đoạn, điểm lại mút đoạn.Vậy S = x + 22 x 3+ 34 x = 206, suy số cạnh xanh : ( 206 – 2) 66):2 = 70 cạnh màu xanh a 4b 9c + + >4 b+c c+a a+b ⇔ ( a + b + c)( + + ) > 18 b+c a+c a+b Câu III: Chứng minh rằng: Thật vậy: b+c 4(a + c) 9(a + b) + + )>( + + ) = 36 b+c a+c a+b b+c (a + c ) (a + b ) ⇔ ( a + b + c)( + + ) > 18 Điều phải chứng minh b+c a+c a+b [(b + c) + ( a + c) + a + b)]( · · · Bài hình: 1) Tam giác ABA’ có: ·ABC + ·A ' BC = 900 , ABC + BAN ⇒ ·A ' BC = BAN Lại có ·A ' AC = ·A ' BC ( chắn cung ¼ · A ' C ) nên BAN = ·A ' AC · · · · · · Cũng có BAD = CAD ⇒ BAD − BAN = CAD − CAN ⇒ · · Mặt khác H đối xứng với K qua AD ⇒ HAD , H thuộc AN nên K thuộc AA’ = KAD 2) Bạn tự giải