Tổng hợp đề thi thử vào lớp 10 chuyên toán năm 2013 (Phần 2)

Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho APR.. a Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn.. b Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường th

ĐỀ THI THỬ VÀO 10 Ngày 9 Tháng 5 Năm 2013

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

P x

a) Rút gọn ( )P x

b) Tìm giá trị của x để P x( ) 2

Câu 2 (3,0 điểm) Cho f x( )x2(2m1)x m 21 ( x là biến, m là tham số)

a) Giải phương trình f x( )0khi m1

b) Tìm tất cả các giá trị của m để đẳng thức 2

( ) ( )

f x  ax b đúng với mọi số thực x ; trong đó

,

a b là các hằng số

c) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình f x( )0 có hai nghiệm x x1, 2 (x1x2) sao cho biểu thức 1 2

1 2

x x P

x x



 có giá trị là số nguyên

Câu 3 (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó

một điểm P sao cho APR Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại điểm M (điểm

M khác điểm A)

a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn

b) Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm N, đường thẳng AN cắt đường thẳng OP tại điểm K, đường thẳng PM cắt đường thẳng ON tại điểm I; đường thẳng PN và đường thẳng OM cắt nhau tại điểm J Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng

Câu 4 ( ,0 điểm) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn 9

4

abc Chứng minh rằng:

3 3 3

a   b c a b c b c a c a b

Câu 5 ( ,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên  x y thỏa mãn hệ: ;

2

1 2

1 2

  





 



-Hết -

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1

A, 1 Điều kiện: 0

x x







 

  0 x 1

a) Khi đó: ( ) 1 1

(1 )(1 )

P x

  



2 ( ) 1

P x

x



b 1 Theo phần a) có: ( ) 2 2 2

1

P x

x



1 1

1 x

    1 x 1 x 2 (thỏa mãn điều kiện)

Câu 2

a) ,0 điểm Thay m1 vào PT f x( )0 ta có: x23x 2 0(1) PT(1) có: a b c     1 3 2 0 Vậy PT có hai nghiệm là: 1 và 2

b) ,0 điểm Với mọi m ta có:

f x x  m xm  m  m 

f x x m  m m 

         

2

( )

f x x m  m

      

Suy ra: để  2 3

( )

4

f x  ax b  m Vậy tồn tại duy nhất giá trị 3

4

m thỏa mãn yêu cầu

c) ,0 điểm f x( )0 có 2 nghiệm phân biệt  2 2 3

2 1 4( 1) 0 4 3 0

4

Khi đó ta có:

2

1 2

2

1 2

1

P

x x m

  

 



5

4 2 1

2 1

m

 (*)

Do 3

4

m , nên 2m 1 1, để P phải có: (2m1) là ước của 5 2m   1 5 m 2

Với m2 thay vào (*) có: 4 2.2 1 5 4 1

2.2 1

 Vậy giá trị m cần tìm bằng 2

Câu 3 (2 điểm)

a) ,0 điểm:Ta có: PAOPMO900  0

180

PAOPMO  tứ giác APMO nội tiếp

b) 2,0 điểm:

2

ABM  AOM ; OP là phân giác của góc 1

2

ABM  AOP (2 góc đồng vị)  MB // OP (1)

Ta có hai tam giác AOP, OBN bằng nhau  OP = BN (2) Từ (1) và (2)  OBNP là hình bình hành x

O

K

I M

J N

P

B A

 PN // OB hay PJ // AB Mà ON  AB  ON  PJ

Ta cũng có: PM  OJ  I là trực tâm tam giác POJ  IJ  PO (3)

Ta lại có: AONP là hình chữ nhật  K là trung điểm của PO và APONOP

Mà APOMPO  IPO cân tại I

IK là trung tuyến đồng thời là đường cao  IK  PO (4) Từ (3) và (4)  I, J, K thẳng hàng

Câu 4 ( điểm)

Ta có:   2 

0 , 0

xy xy  x y Suy ra:   2   2 2   

a b a b   a ab b ab a b 

3 3

( )

a b ab a b

    (1), dấu ‘=’ xẩy ra  a b

Từ (1) và BĐT AM – GM có: 3 3 3 3 3

a   b c ab a b  c abc a b  c a b (do 9

4

abc )

Vậy: 3 3 3

3

a   b c c a b , dấu ‘=’ xẩy ra 3

( )

a b

ab a b c





 

 

Tương tự có: 3 3 3

3

a   b c a b c , dấu ‘=’ xẩy ra 3

( )

b c

bc b c a





 

 

a3  b3 c3 3b c a , dấu ‘=’ xẩy ra 3

( )

c a

ca c a b





 

 

Từ (2), (3) và (4) có: 3 3 3

a   b c a b c b c a c a b (5), dấu ‘=’ xẩy ra    a b c 0

vô lí, do 9

4

abc , hay ta có đpcm

Câu 5 ( điểm)

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x0,y0 Từ phương trình 2

1 2

p  x suy ra p là số lẻ

Dễ thấy 0    x y p y x không chia hết cho p (1)

2y 2x  p  p yx yx 0 modp   y x 0 modp (do (1))

Do 0      x y p 0 y x 2p     x y p y p x thay vào hệ đã cho ta được

2

1 2

p px p

   



Giải hệ này ta được p7,x2 thay vào hệ ban đầu ta suy ra y5 Vậy p7

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

Ngày 6 Tháng 5 Năm 2013

Bài 1: (2điểm)

Cho biểu thức D =



: 1 a b 2ab

1 ab

 

  với a > 0 , b > 0 , ab1 a) Rút gọn D

b) Tính giá trị của D với a =

3 2

2



Bài 2: (2điểm)

a) Giải phương trình: x 1  4 x 3

b) Giải hệ phương trình: x2 y 2xy 7

x y 10

  





 



Bài 3: (2điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) là đồ thị của hàm số y 1x2

2

 và đường thẳng (d)

có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 )

a) Viết phương trình đường thẳng (d)

b) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m

c) Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P) Tìm giá trị của m để x13x32 32

Bài 4: (3điểm)

Từ điểm A ở ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C là các tiếp điểm) Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E ( D nằm giữa A và E, dây DE không đi qua tâm O) Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K

a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn

b) Chứng minh: AB2 = AD AE

c) Chứng minh: 2 1 1

AK ADAE

Bài 5: (1điểm)

Cho ba số a , b , c khác 0 thỏa mãn: 1 1 1 0

a  b c Chứng minh rằng ab2 bc2 ac2 3

c a b  -HẾT -

HƯỚNG DẪN

Câu 1: a) Với a > 0 , b > 0 , ab1 - Rút gọn D = 















ab

a b a

1

2 2

1

a b ab ab

2



a a

K N M

O

H E

D C

B

A

1

2 3



Vậy D = 2 2 3 2 3 2 2 3 2 4 3 6 3 2

1

2 3









Câu 2:

a) ĐK: x 1 x 1  4 x 3

x 1 4 x 2 x 1 4 x 9 x 1 4 x 3 x x 3x 4 9 6x x

                   x = 13

9 b) x2 y 2xy 7

x y 10

  





 

 Đặt x + y = a ; xy = b  x

2

+ y2 = (x + y)2 – 2xy = a2 – 2b

Ta có:

2

2

a b 7

a 2b 10 a b 7

        

x y 4

xy 3

a 4; b 3

xy 13

  

 



  





 



2

3 1

4 3 0

6 13 0



t ; t

t t

Vo ânghieäm

t t Vậy ( x = 3 ; y = 1 ) , ( x = 1 ; y = 3 )

Câu 3:

a) Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + b có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ), ta có:

2 = m.0 + b  b = 2 Do đó (d) có dạng y = mx + 2

b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình y 1x2

2

 = mx + 2 x2 – 2mx – 4 = 0 '

 = (-m)2 – 1 (-4) = m2 + 4 > 0 Vì '> 0 nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m c) x1 , x2 là hai hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình x2 – 2mx – 4 = 0

Áp dụng hệ thức Viét ta có : x1 + x2 = 2m , x1 x2 = - 4

x x  x x 3x x x x 32

(2m)3 – 3 (-4).2m = 32 8m3 + 16m – 32 = 0m3 + 2m – 4 = 0

m 1 m m 4 0 m 1 0 m 1

          ( Vì m2 + m + 4 > 0 )

Câu 4:

a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên

một đường tròn

OACOHAOBA90

A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn

b) Chứng minh: AB2

= AD AE : Xét: ABD và ABE; Ta có: BAE (góc chung)

AEBABD (cùng chắn cung BD của đ/tròn (O))

Nên ABD AEB (gg)

 AB AD

AE  AB  AB2 = AD.AE (1)

c) Chứng minh: 2 1 1

AK  ADAE: Ta có: 1 1 AD AE

AD AE AD.AE



Mà AD + AE = (AH – HD) + ( AH + EH) = (AH – HD) + ( AH + HD) (Vì EH = HD) = 2AH

ADAE AD.AE Mà: AB2 = AD.AE (Cmt)

 AC2 = AD.AE ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O) => AB = AC)

 1 1 2AH2

ADAE  AC (3) Ta lại có: 2 2AH

AK AK.AH (4) Cần chứng minh: AC2

= AK.AH Từ D vẽ DM vuông góc với OB tại M, cắt BC tại N

Xét tứ giác ODMH

OHD = 90 Cmt ;OMD = 90  0

OHD = OMD = 90

 ODMH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc) HOM = HDM ( chắn cung HM ) Mà HOM = BCH (chắn HB Của đường tròn đường kính AO)HDM = BCH Hay: HDN = NCH Tứ giác CDNH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc)

Xét ACK à AHCv

Ta có: CAH (góc chung) (a) Lại có : CHD = CND (chắn cung CD của CDMH nội tiếp )

Mà: CBA = CND (đồng vị của ED//AB ( Vì cùng vuông góc với OB)) CHD = CBA

Và: BCA = CBA ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O) AB = AC) => ABCcân tại A)

 CHD = BCA Hay: CHA = KCA(b) Từ (a) và (b)  ACK đồng dạng AHC

= AC = AH.AK

5

ADAE AH.AK

Từ (4) và (5)  2 1 1

AK  ADAE

Câu 5: Ta có      

 

2

2 2 2

ab bc ac

Đặt ab = x , bc = y , ac = z xyz = (abc)2 Khi đó (1) trở thành

3 3 3

x y z xyz

 

và x + y + z = ab + bc + ac

Từ 1 1 1 bc ac ab 0

a b c abc

 

     x + y + z = ab + bc + ac = 0

Vì x + y + z = 0 nên x3 +y3 + z3 = 3xyz Nên

3 3 3

x y z xyz

 

= 3xyz 3 xyz  Cách khác:

 

3 3 3

1 1 1 3

1

a b c abc

 

ab bc ac abc abc abc 1 1 1

Thay (1) vào (2) ==> Ta có: ab2 bc2 ac2 abc 3 3

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN SỐ 13

Ngày 2 tháng 5 Năm 2013

Câu I (2.5 điểm):

1) Giải hệ phương trình:

   





2 2

2

2) Tìm m nguyên để phương trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:

2  2  

Câu II (2.5 điểm):

1) Rút gọn biểu thức:



2

2

A

với   2 x 2 2) Cho trước số hữu tỉ m sao cho 3

mlà số vô tỉ Tìm các số hữu tỉ a, b, c để:

3 2 3

a m b m c 0

Câu III (2.0 điểm):

1) Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x3

là một số nguyên dương 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:  2   2 

Câu IV (2.0 điểm):

Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của

M, N, P trên NP, MP, MN Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy D, E sao cho DE song song với

NP Trên tia AB lấy điểm K sao cho DMKNMP Chứng minh rằng:

1) MD = ME

2) Tứ giác MDEK nội tiếp Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK

Câu V (1.0 điểm):

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt Tìm vị trí của các điểm B và D thuộc đường tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất

-Hết -

Họ và tên thí sinh : Số báo danh :

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 13

Câu 1: 1, (1,5 điểm)   





2 2

2

x y xy 3 (1)

xy 3x 4 (2)

Từ (2)  x  0 Từ đó

2

4 3x y

x



 , thay vào (1) ta có:

2

2 4 3x 4 3x

4 2 7x 23x 16 0 Giải ra ta được 2 2 16

x 1 hoÆc x =

7

2

x       1 x 1 y 1; 2 16 4 7 5 7

Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);  

;

4 7 5 7

;

Câu 1: 2, (1,0 điểm) Điều kiện để phương trình có nghiệm:  x' 0

        Vỡ (m - 2) > (m - 3) nờn:

x' 0

   m 2 0 vµ m 3 0     2 m 3, mµ m Z   m = 2 hoặc m = 3

Khi m = 2 x'= 0x = -1 (thỏa mãn)

Khi m = 3 x'= 0 x = - 1,5 (loại) Vậy m = 2

Câu 2: 1, (1,5 điểm) Đặt a 2 x; b  2 x (a, b 0)  2 2 2 2

a b 4; a b 2x

2 ab a b 2 ab a b a b ab

A

2 ab a b 4 ab

4 ab

Câu 2: 2, (1,5 điểm) a m3 2b m3  c 0 (1)

Giả sử có (1) b m3 2 c m am3  0 (2) Từ (1), (2) (b2ac) m3 (a m bc) 2 

Nếu 2

a m bc 0 3 2

2

a m bc m

b ac



 là số hữu tỉ Trái với giả thiết!

a m bc 0 bc am

b a m b a m

    Nếu b0 thì 3 b

m a

 là số hữu tỉ Trái với giả thiết!  a 0;b 0 Từ đó

ta tìm được c = 0

Ngược lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng Vậy: a = b = c = 0

Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a nguyên dương

Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c

= 98a + 16b + 2c  16b + 2c = (2010- 98a)

Ta có f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)

= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) 3

Vì a nguyên dương nên 16a + 2010>1 Vậy f(7)-f(1) là hợp số

Câu 3(1,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm A(x-2; 1), B(x+3; 2)

Ta chứng minh được:       2  2   

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 13

Mặt khỏc ta có: OAOB AB   2 2   2 2 

Dấu “=” xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA





x 3 2 Thử lại x = 7 thỡ A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn OB Vậy

MaxP 26khi x = 7

Câu 4: 1, (0,75 điểm) Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp MABMNB, MCAP nội tiếp CAM CPM

Lại có BNM CPM(cùng phụ góc NMP)CAM BAM (1)

Do DE // NP mặt khác MANPMADE (2)

Từ (1), (2)  ADE cân tại A MA là trung trực của DE  MD = ME

K

E

B C

A N

M

P

D

Câu 4 2, (1,25 điểm) Do DE//NP nên DEK NAB, mặt khỏc tứ giác MNAB nội tiếp nờn:

Theo giả thiết DMKNMP   0

DMK DEK 180 Tứ giác MDEK nội tiếp

Do MA là trung trực của DEMEA MDA MEAMDAMEKMDC

Vì MEKMDKMDK MDCDM là phân giác của góc CDK, kết hợp với AM là phân giác DABM là tâm của đường tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK

D'

B' A'

O

C A

B

D

Câu 5(1,0 điểm) Không mất tổng quát giả sử:ABAC Gọi B’

là điểm chính giữa cung ABC AB'CB' Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ =

BAAB BC CA ' 

Ta có: B'BCB'ACB'CA (1) ;   0

B'CA B'BA 180 (2)

B'BC B'BA ' 180 (3);Từ (1), (2), (3) B'BA B'BA '

Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau A 'B'B'A

Ta có B'A B'C B'A ' B'C A 'C= AB + BC ( B’A + B’C không đổi vì B’, A, C cố định)     Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’

Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung ADC thỡ ta cũng có AD’ + CD’ AD + CD Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D’

 Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các cung AC của đường tròn (O)

K

E

B C

A N

M

P D

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10

Ngày 2 tháng 5 Năm 2013

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

1/ Rút gọn biểu thức P 2/ Tìm x để 2P – x = 3

Câu 2.(2 điểm)

1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hoành độ bằng 2 và M thuộc đồ thị hàm số

2

y   2x Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M ( biết đường thẳng OM

là đồ thị hàm số bậc nhất)

2) Cho phương trình 2  

x  5x 1 0 1   Biết phương trình (1) có hai nghiệm x ; x1 2 Lập phương trình bậc hai ẩn y ( Với các hệ số là số nguyên ) có hai nghiệm lần lượt là

Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:





Câu 4.(3,0 điểm): Cho (O; R) Từ điểm M ở ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) ( với A, B

là các tiếp điểm) Kẻ AH vuông góc với MB tại H Đường thẳng AH cắt (O;R) tại N (khác A) Đường tròn đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K

1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK

3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI Đường thẳng CD cắt MA tại

E Chứng minh CI = EA

Câu 5.(2,0điểm) 1)Giải phương trình :  2     2

x x  9 x  9  22 x 1 

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ: x  2; y   1

2 1 2

1

2

1

2 1

O

E

D

C

K

H B

A

M

1) Câu 4.(3,0 điểm)

1) NIB BHN 180   0  NHBI nội tiếp

2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp

3) ta có:

0

I   I DNC B   A  DNC 180 

Do đó CNDI nội tiếp

   DC // AI

Lại có A1 H1 AE / /IC

Vậy AECI là hình bình hành => CI = EA

Câu 5.(1,5 điểm)

1) Giải phương trình :  2     2

x x  9 x  9  22 x 1 

Đặt x – 1 = t; 2

x  9= m ta có: m2  9mt  22t2  22t2 9mt  m2  0

Giải phương trình này ta được t m ; t m



 Với

2

2



 Với

2

2

121 8 129

    > 0 phương trình có hai nghiệm 1,2 11 129

x

2

 



2) Chứng minh rằng : Với mọi 2 3

2 2

2

        (3)

x

có đpcm

ĐỀ

Ngày 21 Tháng 4 Năm 2013

2 3 3 : 2 2 1 (ví i 0, 9) 9 3 3 3 x x x x x x x x x x                            a)

b) m x 1

3 

m yx2 y(m3)x m 3 (d) a) m (P) b) m

2 2 2 2 10 5 1 1 20 3 11 1 y x y y x y             

2

2 1 0 x  mx  1 m m 2 2 2 2 1 ( 1 2012) 2 ( 2 2012) x x  x x 

m x1, x2 m 1

m m

m 



a) m

b) m

c) m

m 21 a 1 3 b 1 31 b a               a b,  0

- -

Ư NG DẪN 1 x0, x9