Đề thi tuyển sinh môn toán lớp 10 chuyên vĩnh phúc năm học 2013 - 2014(có đáp án)

Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt đường tròn O tại E E khác C, gọi K là giao điểm của AE và BD.. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứ

Trang 1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

—————

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

Dành cho tất cả các thí sinh

Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề.

—————————

Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức 3 1 :( 1)

1

x

+

  , với x≠1,x≠ −1.

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm tất cả các giá trị của x để P x= 2−7

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

1 1

4 1

x y







b) Giải phương trình: 1 2 3 4

x+ +x+ = x+ +x+

Câu 3 (2,0 điểm) Cho phương trình x2−(2m−1)x m+ − =2 0, (x là ẩn, m là tham số).

a) Giải phương trình đã cho với m=1

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng lập

phương của hai nghiệm đó bằng 27

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn ( )O và điểm M nằm ngoài ( )O Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA MC (, ,

A C là các tiếp điểm) tới đường tròn ( )O Từ điểm M kẻ cát tuyến MBD ( B nằm giữa M và D, MBD không đi qua O ) Gọi H là giao điểm của OM và AC Từ C kẻ đường thẳng song song với

BD cắt đường tròn ( )O tại E (E khác C), gọi K là giao điểm của AE và BD Chứng minh:

a) Tứ giác OAMC nội tiếp.

b) K là trung điểm của BD.

c) AC là phân giác của góc ·BHD

Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn 2 2 2

1

a + + =b c Chứng minh:

2

ab bc ca

ab c bc a ca b

-HẾT -Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh:………; SBD:……….

Trang 2

———————

(Hướng dẫn chấm có 03 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN

Dành cho tất cả các thí sinh

—————————

A LƯU Ý CHUNG

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn

- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó

B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

1

Cho biểu thức 3 1 :( 1)

1

x

+

  , với x≠1,x≠ −1.

1

x x x

x

+

( 2 ) ( )

2 1 : 1

1

x

Theo phần a) ta có P x= 2− ⇔ − =7 x 1 x2−7 1( ) 0,50

3

x

x x

x

= −



⇔ − − = ⇔  = KL các giá trị của x cần tìm là: 2

3

x x

= −



 =

Giải hệ phương trình:

1 1

4 1

x y







1,0

Điều kiện xác định: x≠0, y≠1 Đặt 1, 1

1

Thay vào hệ đã cho ta được

0,50

  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x y; ) ( )= 1; 2

0,25

b

Giải phương trình: 1 2 3 4

x+ +x+ = x+ +x+

1,0

Để ý rằng 99 1 98 2 97 3 96 4+ = + = + = + nên phương trình được viết lại về dạng 0,50

Trang 3

1 2 3 4

x+ + + x+ + = x+ + + x+ +

(1) Phương trình (1) tương đương với

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= −100

0,50

3 Cho phương trình x2−(2m−1)x m+ − =2 0, (x là ẩn, m là tham số).

Khi m=1 phương trình có dạng x2 − − =x 1 0 0,25 Phương trình này có biệt thức ∆ = −( 1)2− × × − = >4 1 ( 1) 5 0, ∆ = 5 0,25 Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 1 5

2

x = − và

2

b Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng lập

Phương trình đã cho có biệt thức

(2m 1) 4 1 (m 2) 4m 8m 9 4(m 1) 5 0, m

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x x với mọi giá trị của tham số m.1, 2

0,25

Khi đó, theo định lý Viét: x1+ =x2 2m−1, x x1 2 = −m 2

Ta cóx13+x32 =(x1+x2)3−3x x x1 2( 1+x2) 8= m3−18m2+21m−7 0,25

x +x = ⇔ m − m + m− = ⇔ m− m − m+ = (1) 0,25

Do phương trình 8m2−2m+17 0= có biệt thức ∆ = − × × <4 4 8 17 0 nên

(1)⇔ =m 2

Vậy m=2

0,25

4

Do MA, MC là tiếp tuyến của (O) nên OA MA OC⊥ , ⊥MC⇒OAM· =OCM· =900 0,50

180

OAM OCM

⇒ + = ⇒ Tứ giác OAMC nội tiếp đường tròn đường kính OM. 0,50

Do CE // BD nên · AKM = ·AEC, ·AEC =·ACM (cùng chắn cung »AC )

AKM ACM

Suy ra 5 điểm M, A, K, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính OM ⇒OKM· =900 0,50

B

K

E H

C

A

O M

D

Trang 4

hay OK vuông góc với BD Suy ra K là trung điểm của BD.

c

Ta có: MH MO MA = 2, MA2 =MB MD (Do ∆MBA MAD,∆ đồng dạng)

MH MO MB MD

⇒ = ⇒ ∆MBH,∆MOD đồng dạng ⇒BHM· =ODM· ⇒ tứ giác

BHOD nội tiếp ⇒ ·MHB BDO=· (1)

0,25

Tam giác OBD cân tại O nên · BDO OBD=· (2) 0,25

Tứ giác BHOD nội tiếp nên · OBD OHD=· (3) 0,25

Từ (1), (2) và (3) suy ra ·MHB OHD=· ⇒·BHA DHA=· ⇒ AC là phân giác của góc

5 Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn a2 + + =b2 c2 1 Chứng minh:

2

ab bc ca

ab c bc a ca b

1,0

Do 2 2 2

1

a + + =b c nên ta có

ab c a b c ab c a b ab ab c a b ab

0,25

Áp dụng bất đẳng thức , ( , 0)

2

x y

xy≤ + x y>

2

a b c

c a b ab

0,25

2

2 1

ab c

ab c ab c a b ab a b c

2

1

bc a

2

2 3 1

ca b

+ −

0,25

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) kết hợp a2+ + =b2 c2 1 ta có bất đẳng

thức cần chứng minh Dấu “=’’ khi 1

3

-Hết -SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

—————

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán

Trang 5

—————————

Câu 1 (3,0 điểm).

a)

Giải hệ phương trình: 15 ( , , )

xy x y

yz y z x y z

x z x

= + +





 = + +



¡

b)

Giải phương trình: x2+3x+ +2 x2− + =1 6 3 x+ +1 2 x+ +2 2 x−1 , (x∈¡ ).

Câu 2 (2,0 điểm).

a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì 2 1( 2013+22013+ + n2013) chia hết cho

n n+

b) Tìm tất cả các số nguyên tố ,p q thỏa mãn điều kiện 2 2

p − q =

Câu 3 (1,0 điểm) Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 Chứng minh:

Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC,

AB AC< Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ

A, B, C Gọi P là giao điểm của đường thẳng BC và EF Đường thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S Chứng minh:

a) Tứ giác BQCR nội tiếp.

PC = DC và D là trung điểm của QS.

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC

Câu 5 (1,0 điểm) Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ

số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16?

———————

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán

Trang 6

A LƯU Ý CHUNG

1

a Giải hệ phương trình 15 ( , , )

xy x y

yz y z x y z

x z x

= + +





 = + +



1

x y

xy x y



= + +

0,50

Nhân từng vế các phương trình của hệ trên ta được





0,50

+) Nếu (x−1) ( y−1) (z− =1) 6, kết hợp với hệ trên ta được

0,25

+) Nếu (x−1) ( y−1) (z− = −1) 6, kết hợp với hệ trên ta được

 − = − ⇔ = −

 − = −  = −

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm

(x y z; ; ) (= 2;3; 4 , 0; 1; 2) ( − − )

0,25

Điều kiện xác định x≥1 Khi đó ta có

x + x+ + x − + = x+ + x+ + x−

0,50

( x 1 2)( x 2 x 1 3) 0

0,50

*) x+ +2 x− − = ⇔ + + − +1 3 0 x 2 x 1 2 (x+2) (x− = ⇔1) 9 x2+ − = −x 2 4 x 0,25

Trang 7

2 2

4

2

x

≤



*) x+ = ⇔ + = ⇔ =1 2 x 1 4 x 3

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S ={ }2,3 0,25

2 a Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì 2 1( 2013+22013+ + n2013) chia hết

Nhận xét Nếu ,a b là hai số nguyên dương thì a2013+b2013M(a b+ ). 0,25

Khi đó ta có

( 2013 2013 2013) ( 2013 2013) ( 2013 ( )2013) ( 2013 2013) ( )

2 1 +2 + + n = 1 +n + 2 + −n 1 + + n +1 Mn+1

(1)

0,25

Mặt khác

n

0,25

Do (n n, + =1) 1 và kết hợp với (1), (2) ta được 2 1( 2013+22013+ + n2013) chia hết cho

b Tìm tất cả các số nguyên tố ,p q thỏa mãn điều kiện p2−2q2 =1 1,0

Nếu ,p q đều không chia hết cho 3 thì

2 1 mod 3 , 2 1 mod 3 2 2 2 1 mod 3

p ≡ q ≡ ⇒ p − q ≡ − vô lý Do đó trong hai số ,p q

phải có một số bằng 3

0,50

+) Nếu p= ⇒ −3 9 2q2 = ⇔1 q2 = ⇔ =4 q 2 Do đó (p q, ) ( )= 3, 2 0,25

q= ⇒ p − = ⇔ p = vô lí Vậy (p q, ) ( )= 3, 2 0,25

3 Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 Chứng minh:

Ta có ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 34

4a c 1 4b a 1 4c b 1 3 a 1 b 1 c 1

0,50

4 ab bc ca 4 a b c 3abc 3 ab bc ca 3 a b c 3

6

ab bc ca a b c

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương ta được:

2

ab bc ca+ + ≥ abc = ; a b c+ + ≥32 abc =3 cộng từng vế hai bất đẳng thức

này ta được (1) Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = =1

0,25

Trang 8

Do AB AC< nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó Q, C

Do tứ giác BFEC nội tiếp nên · AFE BCA=· , 0,25

Từ đó suy ra ·BCA BQR= · hay tứ giác BQCR nội tiếp. 0,25

Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên DB HB

AE = HA Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên DC HC

AF = HA

Từ hai tỷ số trên ta được DB AE HB AE FB ( )1

DC = AF HC = AF EC

0,25

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:

( )

PB EC FA PB AE FB

Từ (1) và (2) ta được PB DB ( )3

Do QR song song với EF nên theo định lí Thales: DQ BD DS, CD

PF = BP PF = CP

Kết hợp với (3) ta được DQ DS= hay D là trung điểm của QS.

0,25

c Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. 1,0

Gọi M là trung điểm của BC Ta sẽ chứng minh DP DM =DQ DR

Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ DR DB DC = (4) 0,25

2

DC DB

DP DM =DB DC⇔DP − =DB DC

DP DC DB− = DB DC⇔DB DP DC+ =DC DP DB− ⇔DB PC DC PB=

PB DB

PC DC

⇔ = (đúng theo phần b) Do đó DP DM =DB DC ( )5 0,25

Từ (4) và (5) ta được DP DM =DQ DR suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay đường

tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. 0,25

P

Q

R S

E F

H A

B

C

Trang 9

Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ số a,

b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16? 1,0

Trả lời: Không tồn tại 16 số như vậy Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được 16 số thỏa

mãn Khi đó, ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16:

0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15; trong đó có 8 số chẵn, 8 số lẻ

Do đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a, b và chữ số lẻ

là c.

0.25

Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này:

aac abc acc bac bbc bcc cac cbc ccc 0.25

Gọi x x1, , ,2 … x9 là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng cách bỏ đi chữ

số c (ở hàng đơn vị) Khi đó

(mod16) 16

x c x c≡/ ⇔ không là ước của x c x c i − j tức là x i−x j không chia hết

cho 8

0.25

Nhưng trong 9 số x x1, , ,2 … x9 chỉ có ba số lẻ , ,ac bc cc nên 8 số bất kỳ trong 9 số

1, , ,2 9

x x … x luôn có hai số có cùng số dư khi chia cho 8, mâu thuẫn

Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn cũng không xảy ra

0.25

Trang 10

-Hết -SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

—————

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin

—————————

Câu 1 (3,0 điểm).

c)

Giải hệ phương trình: 22 2 2 0 ( , )

x xy y

x y

y xy x y

∈ + −





d)

x + x+ + x − + = x+ + x+ + x− x∈¡ .

Câu 2 (2,0 điểm).

a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì 2 1( 2013+22013+ + n2013) chia hết cho

n n+

b) Tìm tất cả các số nguyên tố ,p q thỏa mãn điều kiện p2−2q2 =1

Câu 3 (1,0 điểm) Cho a b c, , là các số thực bất kì Chứng minh:

a + + −b c ab bc ca− − ≥ a b b c− −

Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC,

AB AC< và nội tiếp đường tròn ( )O D là điểm đối xứng với A qua O Tiếp tuyến với ( )O tại D cắt BC tại E Đường thẳng DE lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC tại K, L Đường thẳng qua A song song với EO cắt DE tại F Đường thẳng qua D song song với EO lần lượt cắt AB, AC tại M, N Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BCLK nội tiếp.

b) Đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF.

c) D là trung điểm của đoạn thẳng MN.

Câu 5 (1,0 điểm) Xét 20 số nguyên dương đầu tiên 1, 2,3, , 20.… Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất: Với mỗi cách lấy ra k số phân biệt từ 20 số trên, đều lấy được hai số phân biệt a

và b sao cho a b+ là một số nguyên tố

Trang 11

———————

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin

—————————

A LƯU Ý CHUNG

1

a Giải hệ phương trình: 22 2 2 0 ( , )

x xy y

x y

y xy x y

∈ + −





( ) ( )

2 2

2 2 0 1

x xy y

y xy x y







Cộng từng vế các phương trình (1) và (2) ta được:

x +y + xy− x y+ + = ⇔ x y+ − x y+ + =

0,50

1 2

x y

+ =



⇔  + = +) Nếu x y+ = ⇔ = −1 y 1 x thay vào (1) ta được x2+x(1− −x) (2 1− + =x) 2 0

0,50

+) Nếu x y+ = ⇔ = −2 y 2 x thay vào (1) ta được x2+x(2− −x) (2 2− + =x) 2 0

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm ( ; ) ( )0;1 , 1 3;

2 2

x y =  

b Giải phương trình x2+3x+ +2 x2− + =1 6 3 x+ +1 2 x+ +2 2 x−1 , (x∈¡ ) 1,5

Điều kiện xác định x≥1 Khi đó ta có

x + x+ + x − + = x+ + x+ + x−

0,50

( x 1 2)( x 2 x 1 3) 0

0,50

Trang 12

*) x+ +2 x− − = ⇔ + + − +1 3 0 x 2 x 1 2 (x+2) (x− = ⇔1) 9 x2+ − = −x 2 4 x

4

2

x

≤



*) x+ = ⇔ =1 2 x 3.Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S={ }2,3 0,25

2 a Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì 2 1( 2013+22013+ + n2013) chia hết

Nhận xét Nếu ,a b là hai số nguyên dương thì a2013+b2013M(a b+ ) 0,25 Khi đó ta có

( 2013 2013 2013) ( 2013 2013) ( 2013 ( )2013) ( 2013 2013) ( )

2 1 +2 + + n = 1 +n + 2 + −n 1 + + n +1 Mn+1

(1)

0,25

Mặt khác

n

0,25

Do (n n, + =1) 1 và kết hợp với (1), (2) ta được 2 1( 2013+22013+ + n2013) chia hết cho

b Tìm tất cả các số nguyên tố ,p q thỏa mãn điều kiện 2 2

Nếu ,p q đều không chia hết cho 3 thì

2 1 mod 3 , 2 1 mod 3 2 2 2 1 mod 3

p ≡ q ≡ ⇒ p − q ≡ − vô lý Do đó trong hai số ,p q

phải có một số bằng 3

0,50

p= ⇒ − q = ⇔q = ⇔ =q Do đó (p q, ) ( )= 3, 2 0,25 +) Nếu q= ⇒3 p2− = ⇔18 1 p2 =19 vô lí Vậy (p q, ) ( )= 3, 2 . 0,25

3 Cho a b c, , là các số thực bất kì Chứng minh:

Ta có

3

a b c ab bc ca a b b c

a b c ab bc ca ab ac b bc

0,25

a b c ab bc ac

a c b

⇔ + − ≥ (bất đẳng thức này luôn đúng)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a c+ =2b 0,50

Trang 13

Ta có · 1

2

ALD= (sđ »AD - sđ »DC ) = 1

Lại có: · 1

2

180

CLK CBK+ = , suy ra tứ giác BKLC nội tiếp. 0,25

b Đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF. 1,0

Do DE là tiếp tuyến của (O) nên ED2 =EC EB 0,25

Mặt khác trong tam giác ADF có O là trung điểm của AD, OE song song với AF nên

E là trung điểm của DF suy ra ED EF= 0,25

Do đó ED2 =EC EB ⇔EF2 =EC EB Đẳng thức này chứng tỏ EF là tiếp tuyến

c D là trung điểm của đoạn thẳng MN. 1,0

Do tứ giác BCLK nội tiếp nên EB EC =EL EK ⇒ED2 =EL EK (1) 0,25

Do MN || AF nên theo định lí Talet ta có DM KD DN, LD

AF = KF AF = LF (2) 0,25

Do đó để chứng minh DM =DN ta sẽ chứng minh KD LD

KF = LF Thật vậy:

KD LD

KD LF LD KF

KF = LF ⇔ = ⇔(EK ED ED EL− ) ( + ) (= ED EL EK ED− ) ( + ) 0,25

EK ED EK EL ED ED EL ED EK ED EL EK EL ED

ED EL EK

⇔ = (luôn đúng do (1)) Do đó KD LD DM DN DM DN

KF = LF ⇔ AF = AF ⇔ =

hay D là trung điểm của MN.

0,25

5

Xét 20 số nguyên dương đầu tiên 1, 2,3, , 20.… Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất

có tính chất: Với mỗi cách lấy ra k số phân biệt từ 20 số trên, đều lấy được hai số

phân biệt a và b sao cho a b+ là một số nguyên tố

1,0

Xét tập hợp {2, 4,6,8,10,12,14,16,18, 20 , ta thấy tổng của hai phần tử bất kì của tập }

hợp này đều không phải là số nguyên tố

Do đó k ≥11, ta sẽ chứng minh k=11 là số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán

0.25

N M

F

L E

K

D

O B

A

C

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	856 KB