Đề và Đáp án thi vào lớp 10 chuyên DHSP (V2)

Nguyễn Thanh Ninh- Email: ngninh1670@gmail.com website: http://www.thcsthanhluu.hanam.edu.vn BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc

Nguyễn Thanh Ninh- Email: ngninh1670@gmail.com website: http://www.thcsthanhluu.hanam.edu.vn

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập – Tự do - Hạnh phúc

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2013

Môn thi: Toán

(Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và lớp chuyên Tin)

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: (2,5 điểm)

1 Các số thực a,b,c đồng thời thỏa mãn 2 đẳng thức :

3 3 3 3 3 3 3 3 3

i a b b c c a abc

ii) (a b )(b c )(c ) b

)

Chứng minh rằng abc=0

2, Các số thực dương a, b thỏa mãn ab2013a2014b Chứng minh bất đẳng thức:

2

ab( 2013 2014)

Câu 2: (2 điểm) Tìm tất cả các cặp số hữu tỉ (x;y) thỏa mãn hệ phương trình:

3 3

x 2y x 4y 6x 19xy 15y 1





Câu 3: (1 điểm) Với mỗi số nguyên dương n, kí hiệu Sn là tổng n số nguyên tố đầu tiên.(S12;

2

S 23; S3 2 3 5; ) Chứng minh rằng trong dãy số S , S , .1 2 không tồn tại hai số hạng liên tiếp là số chính phương

Câu 4: (2,5 điểm) Tam giác ABC không cân nội tiếp (O), BD là phân giác của ABC Đường thẳng BD cắt (O) tại điểm thứ hai là E Đường tròn (O )1 đường kính DE cắt (O) tại điểm thứ hai

là F

1 Chứng minh đường thẳng đối xứng với đường thẳng BF qua đường thẳng BD đi qua trung điểm của AC

2 Biết tam giác ABC vuông tại B  0

BAC60 và bán kính (O) bằng R, tính bán kính (O )1 theo

R

Câu 5: (1 điểm) Độ dài 3 cạnh tam giác ABC là 3 số nguyên tố, chứng minh điện tích tam giác

ABC không phải là số nguyên

Câu 6: (1 điểm) a ,a , a1 2 11 là các số nguyên dương lớn hơn hay bằng 2, đôi một khác nhau và thỏa mãn a1a2  a11 407 Tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho tổng các số dư của các phép chia n cho 22 số a ,a , a , 4a , 4a1 2 11 1 11 bằng 2012

-Hết -

Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

Nguyễn Thanh Ninh- Email: ngninh1670@gmail.com website: http://www.thcsthanhluu.hanam.edu.vn

ĐÁP ÁN Câu 1:

1) Ta có:

(a b )(b c )(c a ) (a b)(b c)(c a)(a ab b )(b bc c )(c ca a )

abc(a ab b )(b bc c )(c ca a ) a b c (1)

-Xét abc0 thì (1) đúng

-Xét abc0 thì (1) tương đương với: (a2abb )(b2 2 bcc )(c2 2caa )2 a b c2 2 2 (2)

- Dễ dàng có đánh giá sau:a2abb2 a2b2| ab | 2 | ab | | ab | | ab |

Dấu bằng xảy ra khi ab Xây dựng các BĐT tương tự suy ra:

2 2 2 VT(2) | ab | | bc | | ca | a b c  VP(2)

Theo giả thiết thì đẳng thức xảy ra nênabc Thay ngược lại điều kiện ban đầu thấyabc0 Vô lí Vậy đẳng thức được chứng minh

2) Vì a, b là các số thực dương nên

Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacopxki ta có (a b) 2014 2013 ( 2014 2013)2

Nên ab( 2013 2014)2

Câu 2:

 

3 3

3 3

x 2y x 4y 1

x 2y x 4y

6x 19xy 15y 1 (6x 19xy 15y )(x 4y) x 2y (2)



5x 5x y 61xy 62y 0

     Dễ thấy y=0 không là nghiệm nên chia cả 2 vế cho y3 ta được

   

   

   

Đặtx t

y  Ta có phương trình:

 

 

2

t 2 0 3 5t 5t 61t 62 0 (t 2)(5t 15t 31) 0

5t 15t 31 0 4

 





vì (x;y) là cặp số hữu tỉ nên tQ mà 5t215t310 t Q

Vậy t 2 0 t 2 x 2 x 2y

y

        thế vào (1) ta được

3 3

y 0 (lo 8y 2y 2y 4y y y 1 y 1 0 y 1 (th

y 1 (th









  



¹i)

áa m·n)

áa m·n) Vậy các cặp số (x;y) cần tìm là (2;1); (-2;-1)

Câu 3:

Kí hiệu p là số nguyên tố thứ n Giả sử tồn tại số tự nhiên m mà n 2 2 

Vì S12;S2 5;S3 10;S4 17m 4

1

p S S  b a  ab ab Vì p là số nguyên tố và m ba1 Nên 1

m

 





 



2

1

2

m

p

1

m S      p   p          

    Mâu thuẫn với (1) Nên trong dãy số S , S , không tồn tại hai số hạng liên tiếp là số chính phương 1 2

Câu 4:

1) Gọi M là trung điểm của AC

Nguyễn Thanh Ninh- Email: ngninh1670@gmail.com website: http://www.thcsthanhluu.hanam.edu.vn

Vì E là điểm chính giữa của cung AC Nên  EOAC tại M

Gọi G là giao điểm thứ hai của DF với đường tròn (O)

Vì  0

DFE90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính DE)

Nên  0

GFE90 suy ra EG là đường kính của đường tròn (O)

Do đó  0

GMD90 mà  0

GMD90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)) Suy ra tứ giác BDMG nội tiếpDBM DGM

Mặt khác: DGMFBDDBM FBD nên BM đối xứng với BF qua BD

2) Vì  0

ABC90 Nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

BAC60 Suy ra: ABR; BCR 3;EMR

Theo tính chất đường phân giác:

3 1 DA R 3 1



Mà MA AC R DA AM DA R 2 3

2

Tam giác EDM vuông nên DE EM2 DM2 2R 2 3

Câu 5:

Giả sử a b c S là ba cạnh và diện tích của tam giác ( ; ;; ; ; a b c là các số nguyên tố)

Ta có Pa b c theo công thức Hê-rông:  2  2  2 

16

16S P P2a P2b P2c (1)

Giả sử S là số nguyên từ (1) suy ra P chẵn

Trường hợp 1: ; ;a b c chẵn suy ra abc2 (a b c là các số nguyên tố) ; ;

Khi đó S  3 (loại)

Trường hợp 2: ; ;a b c tồn tại một số chẵn hai số lẻ không mất tính tổng quát a chẵn a2

Nếu bc bc 2a(vô lí)

2 2

2 2 2 2 4

16

Mà S; b là các số nguyên nên không xảy ra đẳng thức (2)

Vậy diện tích tam giác ABC không thể là số nguyên

Câu 6:

Giả sử tồn tại số n thỏa mãn đề bài Gọi các số dư của phép chia n cho a a1, 2, a là 11 r r1, , r2 11

và các số dư của phép chia n cho 4 ,4 , 4a1 a2 a là 11 s s1, , s2 11

các tổng r1r2  r11a1a2  a1111407 11 396 

1 2 3  114 14 2  4 11114.407 11 1617 

Suy ra: r1r2r3 r11s1s2s3 s11396 1617 2013

Mà r1r2r3 r11s1s2 s3 s112012suy ra n khi chia cho 22 số trên có 21 phép chia có số

dư kém số chia 1 đơn vị và có một phép chia mà số dư nhỏ hơn số chia 2 đơn vị

Suy ra tồn tại k mà sao cho a k; 4a thỏa mãn điều kiện trên khi đó một trong hai số k n1; n2chia hết cho a số còn lại chia hết cho 4 k a mà  ƯCLN ( k n1; n+2)a k  điều này không đúng nên không tồn 2 tại số n thỏa mãn yêu cầu đề bài

F

M D

E

G

O

C B

A