ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN CHUYÊN - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN CHUYÊN - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH

sở GD&đt quảng bình kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2012 - 2013 ( CHNH THC) Khoỏ ngy 04 - 07 - 2012 Mụn : TON (CHUYấN) H tờn : Thi gian lm bi : 150 phỳt (khụng k thi gian giao ) SBD: thi gm cú 01 trang Cõu 1: (2,0 im) Cho phng trỡnh: 2 x 2x 4a 0 + = (x l n s). Gi s hai nghim 1 2 x ,x ca phng trỡnh l s o hai cnh gúc vuụng ca mt tam giỏc. a) Tỡm cỏc giỏ tr ca a din tớch ca tam giỏc vuụng bng 1 3 (n v din tớch). b) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 1 2 1 2 4 A x x x x = + . Cõu 2: (2,0 im) Gii phng trỡnh: 2 1 1 1 x 3 x + = . Cõu 3: (1,5 im) Cho cỏc s thc a,b,c tho món: ab bc ca 2+ + = . Chng minh: 4 4 4 4 a b c 3 + + . Cõu 4: (3,5 im) Cho tam giỏc ABC vuụng ti A, ni tip trong ng trũn (O). Trờn cung BC khụng cha A, ly im M tu ý (M khỏc C). P l im trờn cnh BC sao cho ã ã BAM PAC= . Trờn cỏc tia AB, AC ly ln lt cỏc im E, F sao cho BE = CF = BC. a) Chng minh: ABP AMC : v MC.AB MB.AC MA.BC + = . b) Chng minh: MB.AE MC.AF MA MB MC BC + + + = . c) Xỏc nh v trớ im N trờn ng trũn (O) tng NA + NB + NC ln nht. Cõu 5: (1,0 im) Cho cỏc s nguyờn a, b, c, d v s nguyờn dng p. Chng minh rng nu 2 2 2 2 a b c d, a b c d+ + + + + + chia ht cho p thỡ 4 4 4 4 a b c d 4abcd+ + + + cng chia ht cho p. HếT HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Khóa ngày 04 - 07 - 2012 Môn: TOÁN (CHUYÊN) * 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 1a Điều kiện để hai nghiệm 1 2 x ,x của phương trình là số đo hai cạnh góc vuông của tam giác là 1 2 1 2 ' 0 x x 0 x x 0 ∆ ≥   >   + >  0,25 1 4a 0 1 4a 0 0 a 4 2 0 − ≥   ⇔ > ⇔ < ≤   >  0,25 Vì 1 2 x ,x là số đo hai cạnh góc vuông nên diện tích tam giác là 1 2 1 1 x x 2 3 = 0,25 1 1 .4a 2 3 1 a (tho¶ m·n) 6 ⇔ = ⇔ = 0,25 Lưu ý: học sinh không tìm điều kiện phương trình có hai nghiệm dương mà kết quả đúng cho 0,5 điểm. 1b Ta có: 1 2 1 2 4 1 A x x 4a x x a = + = + 0,25 1 3 4a 4a 4a = + + 0,25 Trang 2 Với 1 0 a 4 < ≤ , ta có: 1 3 4a 2 vµ 3 4a 4a + ≥ ≥ A 5⇒ ≥ 0,25 ( ) 1 4a 1 4a A 5 a tho¶ m·n 4 1 a 4  =   = ⇔ ⇔ =   =   Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 5 khi 1 a 4 = 0,25 2 2,0điểm ĐK: 3 x 3 vµ x 0− < < ≠ 0,25 Đặt 2 y 3 x , (y 0)= − > 0,25 Ta có hệ phương trình 2 2 1 1 1 x y x y 3  + =    + =  0,25 ( ) ( ) 2 2 x y xy (x y) 2xy 3 x y xy x y 2 x y 3 0 + =  ⇔  + − =  + =   ⇔  + − + − =   0,25 x y 1 xy 1 x y 3 (v« nghiÖm) xy 3  + = −    = −   ⇔  + =    =    0,25 1 5 x 2 (tho¶ m·n) 1 5 y x y 1 2 xy 1 1 5 x 2 (lo¹i) 1 5 y 2   − − =       − +  =   + = −    ⇔   = −   − +  =      − −   =    0,5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1 5 x 2 − − = 0,25 3 1,5điểm Trang 3 Ta có 4 4 4 2 2 2 2 2 2 a b c a b b c c a , a,b,c+ + ≥ + + ∀ ∈ ¡ ( ) 24 4 22 24 2 2 3 3( , , ,)⇒ ++ + ≥ + ∀ ∈ ¡ba b c a aab b cc c 0,5 và ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 a b b c c a ab bc ca , a,b,c + + ≥ + + ∀ ∈ ¡ 0,5 ( ) 2 4 4 4 1 4 a b c ab bc ca 3 3 ⇒ + + ≥ + + = 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 2 a b c 3ab bc ca 2 = =  ⇔ = = = ±  + + =  0,25 4 3,5 điểm Hình vẽ 0,25 4a Ta có: · · ABP AMC= (cùng chắn cung AC) · · · · BAM PAC BAP MAC= ⇒ = Nên: ABP AMC ∆ ∆ : 0,25 0,25 Suy ra: AB BP MC.AB MA.BP MA MC = ⇒ = (1) 0,25 Mặt khác: · · BMA BCA= , · · BAM PAC= ABM APC⇒ ∆ ∆: 0,25 MB MA MB.AC MA.PC PC AC ⇒ = ⇒ = (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: MC.AB MB.AC MA.BC + = 0,25 4b Từ kết quả câu a) ta có: AC AB MA MB. MC. BC BC = + 0,25 Do đó: AC AB MA MB MC MB. 1 MC 1 BC BC     + + = + + +  ÷  ÷     = AC BC AB BC MB. MC. BC BC + +     +  ÷  ÷     0,25 Trang 4 E F A B C M P = AC CE AB BF MB. MC. BC BC + +     +  ÷  ÷     MB.AE MC.AF BC + = 0,25 4c Xét trường hợp N thuộc cung BC không chứa A - Nếu N khác C theo kết quả câu b) ta có NB.AE NC.AF NA NB NC BC + + + = (3) - Nếu N trùng C, ta thấy (3) vẫn đúng. Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(NB.AF) NC.AE NB .AF NC .AE NB.AE NC.AF NB NC AE AF BC .EF (4) ≤ + ⇔ + ≤ + + = Từ (3) và (4) suy ra NA NB NC EF + + ≤ . 0,25 0,25 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi NB.AF=NC.AE hay · · NBC AEF= 0,25 Xét trường hợp N thuộc cung BC chứa A, lấy N' đối xứng với N qua BC, khi đó N' thuộc cung BC không chứa A, N'A < NA, N'B = NB, N'C = NC. Áp dụng trường hợp trên ta có: NA + NB + NC < N'A + N'B + N'C ≤ EF. Vậy trong mọi trường hợp thì NA + NB + NC có giá trị lớn nhất là EF, đạt được khi · · NBC AEF= . 0,25 5 1,0 điểm Xét f(x) (x a)(x b)(x c)(x d)= − − − − 0,25 Ta biểu diễn f(x) dưới dạng: 4 3 2 f(x) x Ax Bx Cx abcd= − + + + Với : A a b c d = + + + chia hết cho p. 0,25 Ta có: 0 f(a) f(b) f(c) f(d)= + + + 4 4 4 4 3 3 3 3 2 2 2 2 a b c d A(a b c d ) B(a b c d ) C(a b c d) 4abcd = + + + − + + + + + + + + + + + + + 0,25 Suy ra: 4 4 4 4 3 3 3 3 2 2 2 2 a b c d 4abcd A(a b c d ) B(a b c d ) C(a b c d) + + + + = + + + − + + + − + + + Vì A, 2 2 2 2 a b c d, a b c d+ + + + + + chia hết cho p nên 4 4 4 4 a b c d 4abcd+ + + + chia hết cho p. 0,25 Trang 5 . cỏc im E, F sao cho BE = CF = BC. a) Chng minh: ABP AMC : v MC.AB MB.AC MA.BC + = . b) Chng minh: MB.AE MC.AF MA MB MC BC + + + = . c) Xỏc nh v trớ im N. (1) 0,25 M t khác: · · BMA BCA= , · · BAM PAC= ABM APC⇒ ∆ ∆: 0,25 MB MA MB.AC MA.PC PC AC ⇒ = ⇒ = (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: MC.AB MB.AC MA.BC + =