De TS chuyen Ha Noi va cac tinh thanh

a) Chứng minh rằng sau 4 vòng đấu (mỗi đội thi đấu đúng 4 trận) luôn tìm được ba đội bóng đôi một chưa thi đấu với nhau... b) Khẳng định trên còn đúng không nếu các đội đã thi đấu 5 trậ[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀNỘI

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

Năm học: 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn

Ngày thi:

23 tháng năm 2012

Thời gian làm bài: 150 phút

( Dành cho thí sinh thi vào lớp chun tốn chun tin)

Bài I (2,0 điểm)

1) Chứng minh n số nguyên

n5+5n3−6n

chia hết cho 30.

2) Giả sử n số tự nhiên thỏa mãn điều kiện

n(n+1)+6

không chia hết cho 3.

Chứng minh

2n2

+n+8

khơng số phương

Bài II (3,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

¿ x −2y −2

x+1=0 x2−4 xy+4y2−

x2+1=0 ¿{

¿

2) Xét số x, y, z thỏa mãn điều kiện

x2

+y2+z2=2012

Tìm giá trị nhỏ

biểu thức

M=2 xy−yz−zx

Bài III (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O;R) dây cung BC cố định (BC < 2R) Điểm A di động trên

đường tròn (O;R) cho tam giác ABC tam giác nhọn Gọi AD đường cao H là

trực tâm tam giác ABC.

1) Đường thẳng chứa tia phân giác ngồi góc BHC cắt AB, AC điểm

M, N Chứng minh tam giác AMN tam giác cân.

2) Gọi E, F hình chiếu D đường thẳng BH, CH Chứng minh OA

EF.

3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác góc BAC K

Chứng minh đường thẳng HK qua điểm cố định.

Bài IV (1,0 điểm)

Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:

(x+1)(y+z)=xyz+2

Bài V

(1,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn bán kính 2cm Chứng minh số 17 điểm

A1

,

A2

, …,

A17

nằm tứ giác ABCD ln tìm hai điểm mà

GỢI Ý ĐÁP ÁN

Bài thi chuyên Toán vào lớp 10 Hà Nội năm học 2012-2013

Ngày thi 23/6/2012- 150 phút

Bài

Đáp án

Điểm

I

1)

A=

n5+5n3−6n

=

(n5−n)+(5n3−5n)

=

n.(n −1)(n+1)(n2+1)−5n(n+1)(n −1)

B=

n.(n −1)(n+1)(n2+1)

chia hết cho

⇒

B

⋮

30

C=

5n(n+1)(n −1)

chia hết cho

⇒

C

⋮

30 Vậy A=B+C

⋮

30

2)

Do

n(n+1)+6

không chia hết cho

⇒ n ≡1(mod3)

⇒ 2n2≡2(mod 3)

,

n+8≡0(mod 3) ⇒ D=2n2

+n+8≡2(mod 3)

)

⇒

D=

2n2+n+8

khơng số phương (số phương chia không dư

2)

II

1

¿ x −2y −2

x+1=0 x2−4 xy+4y2−

x2+1=0 ¿{

¿

⇔

(x −2y)−2 x+1=0

x¿

+1=0 ¿ ¿{

¿ x −2y¿2−¿

¿

Đặt

¿ x −2y=u

2 x=v

¿{ ¿

Hệ trở thành

¿ u− v+1=0 u2− v2+1=0

¿{ ¿

giải hệ

¿ u=0 v=1 ¿{

¿

Thay trở lại

⇒

¿ x=2 y=1 ¿{

¿

2.

có

x+y¿

2 +z2≥0 x − y − z¿2+¿

¿

⇒ 2(x2+y2+z2)+2(2 xy−yz−zx)≥0

⇒ M=2 xy−yz−zx≥ −(x2+y2+z2)=−2012

M=

−2012 ⇔

¿

x − y − z=0

x+y=0 z=0

x2+y2+z2=2012

¿{ { {

¿

⇔

¿ x=− y

z=0 x2

+y2=2012 ¿{ {

¿

⇔

¿ x=±

√

1006 y=∓

√

1006

z=0 ¿{ {

¿

Vậy GTNN M

−2012

1.

Từ gt

⇒

góc MHB=MHQ=NHC=NHP

và góc HBA=HCA

Góc AMN=MHB+MBH, ANM=NHC+NCH

⇒

góc AMN=góc ANM

⇒ ΔAMN

cân

ở A

III

Vậy góc xAB=AQP

⇒

Ax//QP, mà Ax

OA

⇒

OA

PQ (1)

Tứ giác BCPQ nội tiếp

⇒

góc BPQ=BCQ (2)

Góc BCQ=góc HDF (3) (cùng phụ góc FDC)

Tứ giác DEHF nội tiếp

⇒

góc HDF=HEF (4)

Từ (2) (3), (4)

⇒

góc BPQ=HEF

⇒

QP//EF(5)

Từ (1) (5)

⇒

OA

EF

x

H

O

B

C

A

D

P

Q

M

N

E

F

3

Tam giác AMN cân

⇒

P giác AK là

trung trực MN

⇒

Tâm O’ (AMN) là

trung điểm AK

⇒

góc AMK=góc

ANK=

900

⇒

KM//CQ, KN//BP

⇒

KIHJ hình

bình hành

⇒

HK qua trung điểm G

của IJ (6)

Góc KMN=KAN=

12

BAC=MHB

⇒ ΔIMH

cân

⇒

IH=IM, tương tự

JH=JN

Δ

BMI~

Δ

CNJ(g.g)

⇒ IM

IB = JN JC

⇒ IH

IB = JH

JC ⇒

IJ//BC (7) (Ta lét)

Từ (6) (7)

⇒

HK qua trung điểm

L (cố định) BC (bổ đề hình thang)

G J

I

N M

K

H O

B C

A

D

P Q

O'

L

IV

Có

(x+1)(y+z)=xyz+2

(1)

⇔ x

[

yz−(y+z)

]

=y+z −2

a Nếu

yz−(y+z)=0 ⇒ (y −1)(z −1)=1 ⇒ y=z=2

thay vào (1)

⇒ (x+1) 4=4x+2

vô nghiệm

⇒

loại

b Nếu

yz−(y+z)≠0 ⇒ x= y+z −2

yz−(y+z)≥1 ⇒ y+z −2⋮yz− y+z

có

y+z −2≥0

⇒ y+z −2≥yz−(y+z)

⇒ (y −2)(z −2)≤2

*Nếu

(y −2)(z −2)=0

y=2

⇒ x= z

z −2

⇒

z=3 x=3 z=4

x=2

z=2 tương tự y=3 x=3 y=4 x=2

*Nếu

(y −2)(z −2)=1 ⇒

hoặc y=z=1 x=0 loại

y=3, z=4 x=1

KL: PT có nghiệm: (3;2;3); (3;3;2); (2;2;4); (2;4;2); (1;3;4) (1;4;3)

V

*Gọi E, F, G, H hình chiếu O AB, BC, CD,

DA ABCD chia thành tứ giác nội tiếp đường trịn có

đường kính OA=OB=OC=OD=2cm.

*17 điểm nằm tứ giác

⇒

tồn tứ giác ( ví

dụ OEBF) chứa điểm (Dirichlet)

*Lại chia tứ giác OEBF thành tứ giác theo cách trên,

ta tứ giác nội tiếp có đường kính =1cm

*5 điểm nằm tứ giác

⇒

tồn tứ giác ( ví

dụ QJBK) chứa điểm (Dirichlet) Khoảng cách

điểm không vượt đường kính BQ hay khơng

lớn 1cm

O

A

D

C

B

F

G

H

E

Q

I

L

K

J

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013

Mơn thi: TỐN (khơng chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng năm 2012

Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm)

1) Giải phương trình

1

x x 

  2) Giải hệ phương trình

3 3

3 11

x x y

  

 

  

 .

Câu II ( 1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức

1 a +

P = + :

2 a - a - a a - a

 

 

  với a > a 4 .

Câu III (1,0 điểm)

Một tam giác vng có chu vi 30 cm, độ dài hai cạnh góc vng 7cm Tính độ dài cạnh tam giác vng

Câu IV (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):y = 2x - m +1 parabol (P):

2 y = x

2 .

1) Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm A(-1; 3)

2) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) (x2; y2) cho





1 2

x x y + y 48 0

CHÍNH TH C

Câu V (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB Trên đường trịn lấy điểm C cho AC < BC (CA) Các tiếp tuyến B C (O) cắt điểm D, AD cắt (O) E (E A)

1) Chứng minh BE2 = AE.DE.

2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB H, DO cắt BC F Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp

3) Gọi I giao điểm AD CH Chứng minh I trung điểm CH

Câu VI ( 1,0 điểm)

Cho số dương a, b thỏa mãn 1

2

a b  Tìm giá trị lớn biểu thức 2 2

1

2

Q

a b ab b a ba

 

    .

-Hết -Họ tên thí sinh……… Số báo danh……… ………… Chữ kí giám thị 1: ……….……… Chữ kí giám thị 2:

………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (khơng chun)

Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng

chấm

- Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ÁP ÁN VÀ BI U I M CH M.Đ Ể Đ Ể Ấ

Câu Nội dung Điểm

Câu I (2,0đ)

1) 1,0 điểm

1 3( 1)

3 x

x x x



      0,25

1 3

x x

    0,25

2x

   0,25

2 x

  .Vậy phương trình cho có nghiệm x = -2 0,25

2) 1,0 điểm 3 3 0(1)

3 11 (2)

x x y

  

 

  

 Từ (1)=>x 3 3

0,25

<=>x=3 0,25

Câu II (1,0đ)





1 a +1

P= + :

2- a a 2- a a a

 

 

  

 

0,25

1+ a

=

a (2 ) a +1

a a

a   

0,25









a a =

a 2- a

 0,25

a =

2- a



=-1

0,25 Câu III (1,0đ) Gọi độ dài cạnh góc vng nhỏ x (cm) (điều kiện 0< x < 15)

=> độ dài cạnh góc vng cịn lại (x + )(cm)

Vì chu vi tam giác 30cm nên độ dài cạnh huyền 30–(x + x +7)= 23–2x (cm)

0,25

Theo định lí Py –ta- go ta có phương trình x + (x + 7) = (23 - 2x)2 2 0,25

x - 53x + 240 =

 (1) Giải phương trình (1) nghiệm x = 5; x = 48 0,25 Đối chiếu với điều kiện có x = (TM đk); x = 48 (không TM đk)

Vậy độ dài cạnh góc vng 5cm, độ dài cạnh góc vng cịn lại 12 cm, độ dài cạnh huyền 30 – (5 + 12) = 13cm

0,25 Câu IV (2,0đ)

1) 1,0 điểm Vì (d) qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 y = vào hàm số y = 2x – m + ta có

2.(-1) – m +1 = 0,25

 -1 – m = 0,25

 m = -4 0,25

Vậy m = -4 (d) qua điểm A(-1; 3) 0,25 2) 1,0 điểm

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình

x

2  x m 

0,25

x 4x 2m (1)

     ; Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm phân biệt     ' 2m 0 m3

0,25 Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm

phương trình (1) y = 21 x1 m1,y = 22 x2 m1

Theo hệ thức Vi-et ta có x + x = 4, x x = 2m-21 2 Thay y1,y2 vào





1 2

x x y +y 48 0

có x x 2x +2x -2m+21 2





48 0 (2m - 2)(10 - 2m) + 48 =



0,25

2

m - 6m - =

 m=-1(thỏa mãn m<3) m=7(không thỏa mãn m<3) Vậy m = -1 thỏa mãn đề

1) 1,0 điểm Vẽ hình theo yêu cầu chung đề 0,25

VìBD tiếp tuyến (O) nên BD  OB => ΔABD vng B 0,25 Vì AB đường kính (O) nên AE  BE 0,25 Áp dụng hệ thức lượng ΔABD (ABD=90 0;BE  AD) ta có BE2 = AE.DE 0,25

2) 1,0 điểm

Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán kính (O))

=> OD đường trung trực đoạn BC => OFC=90 (1)

0,25

Có CH // BD (gt), mà AB  BD (vì BD tiếp tuyến (O)) 0,25 => CH  AB => OHC=90 0 (2) 0,25 Từ (1) (2) ta có OFC + OHC = 180  => tứ giác CHOF nội tiếp 0,25 3)1,0 điểm Có CH //BD=>HCB=CBD

(hai góc vị trí so le trong) mà ΔBCD cân D => CBD DCB 

nên CB tia phân giác HCD

0,25

do CA  CB => CA tia phân giác góc đỉnh C ΔICD

AI CI

= AD CD



(3)

0,25

Trong ΔABDcó HI // BD =>

AI HI

=

AD BD (4)

0,25

Từ (3) (4) =>

CI HI

=

CD BD mà CD=BD CI=HI I trung điểm CH

0,25 Câu VI

(1,0đ) Với a0;b0ta có:

2 2 2

(a  b)  0 a  2a b b  0 a b 2a b 2 2 2

a b ab a b ab

     2





1

(1)

2

a b ab ab a b

 

   0,25

Tương tự có 2





1

(2)

2

b a  a b ab a b

Từ (1) (2)





1 Q

ab a b  



0,25

Vì

1

2 a b 2ab

a b     mà a b 2 ab ab1

1

2( )

Q

ab

  

0,25

Khi a = b =

1 Q  

Vậy giá trị lớn biểu thức

1

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN

THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn thi : TỐN

(Đề gồm có 01 trang) (Mơn chung cho tất cảc thí sinh)

Thời gian làm :120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 17 tháng năm 2012 Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

   

   

   

  , (Với a > , a 1) Chứng minh :

2 P

a 

 Tìm giá trị a để P = a

Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = 2x

+

1 Chứng minh (d) (P) có hai điểm chung phân biệt

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ)

Câu (2.0 điểm) : Cho phương trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + = 0

1 Giải phơng trình m =

2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

Câu (3.0 điểm) : Cho đường trịn (O) có đờng kính AB cố định, M điểm thuộc (O) ( M khác A B ) Các tiếp tuyến (O) A M cắt C Đường tròn (I) qua M tiếp xúc với đường thẳng AC C CD đờng kính (I) Chứng minh rằng:

1 Ba điểm O, M, D thẳng hàng Tam giác COD tam giác cân

3 Đờng thẳng qua D vuông góc với BC ln qua điểm cố định M di động đường tròn (O)

Câu (1.0 điểm) : Cho a,b,c số dương không âm thoả mãn : a2b2c2 3 Chứng minh : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a  CHÍNH TH C

BÀI GIẢI

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1

1 Chứng minh :

2 P

a 



1 1

4

1

a a

P a

a a a a

   

   

   

 



 





 





 



2

1 1 1

1

a a a a a

P

a a

a a

     



 



 



2 4

1

a a a a a a a

P

a a

a a

       

 

4

1

a a P

a a a a

 

  (ĐPCM)

1.0

2 Tìm giá trị a để P = a P = a =>

2

2

1 a a a

a     

Ta có + + (-2) = 0, nên phương trình có nghiệm a1 = -1 < (không thoả mãn điều kiện) - Loại

a2 =

2 c a 

 

(Thoả mãn điều kiện) Vậy a = P = a

1.0

2 Chứng minh (d) (P) có hai điểm chung phân biệt

Hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) nghiệm phương trình x2 = 2x + => x2 – 2x – = có a – b + c = 0

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = -1 x2 =

3 c a 

 

Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = => A (-1; 1)

Với x2 = => y2 = 32 = => B (3; 9)

Vậy (d) (P) có hai điểm chung phân biệt A B

1.0

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ)

Ta biểu diễn điểm A B mặt phẳng toạ độ Oxy hình vẽ

1

D C

B

A

3 -1

1

.4 20

2

ABCD

AD BC

S   DC   

9.3

13,5

2

BOC

BC CO

S   

1.1

0,5

2

AOD

AD DO

S   

Theo công thức cộng diện tích ta có: S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO)

= 20 – 13,5 – 0,5 = (đvdt)

3

1 Khi m = 4, ta có phương trình

x2 + 8x + 12 = có ’ = 16 – 12 = > 0

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - + = - x2 = - - = -

1.0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

x2 + 2mx + m2 – 2m + = 0

Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt D’ > => 2m – > => 2(m – 2) > => m – > => m > Vậy với m > phương trình có hai nghiệm phân biệt

1.0

4

1 2

N K

H

D I

C

O

A B

M

1 Ba điểm O, M, D thẳng hàng:

Ta có MC tiếp tuyến đường tròn (O)  MC  MO (1)

Xét đường tròn (I) : Ta có CMD 900  MC  MD (2) Từ (1) (2) => MO // MD  MO MD trùng  O, M, D thẳng hàng

2 Tam giác COD tam giác cân

CA tiếp tuyến đường tròn (O)  CA AB(3)

Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC C  CA  CD(4)

Từ (3) (4)  CD // AB => DCO COA (*)

( Hai góc so le trong)

CA, CM hai tiếp tuyến cắt (O)  COA COD  (**)

Từ (*) (**)  DOC DCO   Tam giác COD cân D

1.0

3 Đường thẳng qua D vng góc với BC qua điểm cố định M di động đờng tròn (O)

* Gọi chân đường vng góc hạ từ D tới BC H CHD 900  H  (I) (Bài tốn quỹ tích)

DH kéo dài cắt AB K

Gọi N giao điểm CO đường tròn (I) =>

 900 can tai D CND

NC NO COD

 



 

   

Ta có tứ giác NHOK nội tiếp

Vì có H O1 DCO ( Cùng bù với góc DHN)  NHO NKO  1800(5) * Ta có : NDH NCH (Cùng chắn cung NH đường tròn (I))

 







CBO HND HCD

DHN COB (g.g)

HN OB HD OC

OB OA HN ON

OC OC HD CD

OA CN ON OC CD CD



  

 

   

 

   

 Mà ONH CDH  NHO DHC (c.g.c)

 NHO 900 Mà NHO NKO 1800(5) NKO900,  NK  AB  NK // AC  K trung điểm OA cố định  (ĐPCM)

1.0

5 Câu (1.0 điểm) : Cho a,b,c số dơng không âm thoả mãn : a2 b2 c2 3    Chứng minh : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a 

* C/M bổ đề:





2 2 a b a b

x y x y   







2

2 2 a b c a b c

x y x x y z     

  Thật





















2 2

2

2 0

a b a b

a y b x x y xy a b ay bx x y x y



         

 (Đúng)  ĐPCM

Áp dụng lần , ta có:





2

2 2 a b c a b c

x y x x y z     

 

* Ta có : a22b 3 a22b  1 2a2b2, tương tự Ta có: …  2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c a b c

A

a b b c c a a b b c c a

     

           

1

(1)

2 1

B

a b c

A

a b b c c a

 

     

                  

Ta chứng minh 1 1

a b c

a b  b c  c a  







 









 









 



2 2

3

1 1

1 1

1 1

2

1 1

1 1

2

1 1

1 1

2 (2)

1 1 1

B

a b c

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b b c c c a a

                                                                                  * Áp dụng Bổ đề ta có:









 

 

 

 

 



3

1 1 1

a b c B

a b b b c c c a a   

 

          





2

2 2

3

3 (3)

3( )

a b c B

a b c ab bc ca a b c                * Mà:









2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

2

2 2

3( )

2 2 2 6 6

2 2 2 6 6 ( : 3)

2 2 6

3

3

3( )

a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c Do a b c a b c ab bc ca a b c

a b c

a b c

a b c ab bc ca a b c

                                                     

        32 (4)

Từ (3) (4)  (2)

Sở giáo dục đào tạo Hng n

(§Ị thi cã 01 trang)

kú thi tun sinh vµo líp 10 thpt chuyên Năm học 2012 - 2013

Môn thi: Toán

(Dành cho thí sinh dự thi lớp chuyên: Toán, Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 201222012 20132 220132 Chứng minh A số tự nhiên

b) Giải hệ phương trình

2

1 x

x

y y

1 x

x

y y 

  

  

    



Bài 2: (2 điểm)

a) Cho Parbol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = (m +2)x – m + Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ dương

b) Giải phương trình: + x + (4 x)(2x 2)  4( x  2x 2)

Bài 3: (2 điểm)

a) Tìm tất số hữu tỷ x cho A = x2 + x+ số phương.

b) Cho x > y > Chứng minh :

3 2

(x y ) (x y ) (x 1)(y 1)

  



 

Bài (3 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao BE CF Tiếp tuyến B C cắt S, gọi BC OS cắt M

a) Chứng minh AB MB = AE.BS

b) Hai tam giác AEM ABS đồng dạng

c) Gọi AM cắt EF N, AS cắt BC P CMR NP vng góc với BC

Bài 5: (1 điểm)

Trong giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn lượt (hai đội thi đấu với trận)

a) Chứng minh sau vòng đấu (mỗi đội thi đấu trận) ln tìm ba đội bóng đơi chưa thi đấu với

b) Khẳng định cịn khơng đội thi đấu trận? CHÍNH TH C

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 201222012 20132 220132

Đặt 2012 = a, ta có 201222012 20132 220132  a2a (a 1)2  2(a 1)

2 2

(a a 1) a a

     

b) Đặt

x a y

1

x b

y 

   

   

 Ta có

2

1 x

x

y y

1 x

x

y y 

  

  

    



2

1 x

x

y y

1 x

x

y y

 

  

 

 

 

   

 

nên

2

b a b b

b a b a

      



 

   

 

a a

v

b b

 

 

 

 

 

Bài 2:

a)ycbt tương đương với PT x2 = (m +2)x – m + hay x2 - (m +2)x + m – = có hai nghiệm dương phân biệt

b) Đặt t = x  2x 2 Bài 3:

a) x = 0, x = 1, x= -1 không thỏa mãn Với x khác giá trị này, trước hết ta chứng minh x phải số nguyên

+) x2 + x+ số phương nên x2 + x phải số nguyên. +) Giả sử

m x

n 

với m n có ước nguyên lớn Ta có x2 + x =

2

2

m m m mn

n n n



 

số nguyên m2mn chia hết cho n2

nên m2mn chia hết cho n, mn chia hết cho n nên m2 chia hết cho n m n có

ước nguyên lớn 1, suy m chia hết cho n( mâu thuẫn với m n có ước nguyên lớn 1) Do x phải số nguyên

Đặt x2 + x+ = k2

3 2 2

(x y ) (x y ) x (x 1) y (y 1) (x 1)(y 1) (x 1)(y 1)

     



    =

2

x y

y x 1  

2

(x 1) 2(x 1) (y 1) 2(y 1)

y x

       

 

 

2

(x 1) (y 1) 2(y 1) 2(x 1) 1

y x x y y x

         

      

         

 

Theo BĐT Côsi

2 2

(x 1) (y 1) (x 1) (y 1)

2 (x 1)(y 1)

y x y x

   

    

   

2(y 1) 2(x 1) 2(y 1) 2(x 1)

x y x y

   

  

   

1 1

2

y x 1    y x 1 

1 1

2 (x 1)(y 1) 2.2 (x 1)(y 1)

y x y x

 

      

 

   

 

Bài

a) Suy từ hai tam giác đồng dạng ABE BSM

b) Từ câu a) ta có

AE MB

ABBS (1)

Mà MB = EM( tam giác BEC vuông E có M trung điểm BC Nên

AE EM

ABBS

P

N

F E

M S

O

A

B

C

Có MOB BAE,EBA BAE 90 ,MBO MOB 90        Nên MBO EBA  MEB OBA( MBE)  

Suy MEA SBA  (2)

Từ (1) (2) suy hai tam giác AEM ABS đồng dạng(đpcm.)

c) Dễ thấy SM vng góc với BC nên để chứng minh toán ta chứng minh NP //SM + Xét hai tam giác ANE APB:

Từ câu b) ta có hai tam giác AEM ABS đồng dạng nên NAE PAB  , Mà AEN ABP  ( tứ giác BCEF nội tiếp)

Do hai tam giác ANE APB đồng dạng nên

AN AE

AP AB Lại có

AM AE

AS AB( hai tam giác AEM ABS đồng dạng) Suy

AM AN

AS AP nên tam giác AMS có NP//SM( định lí Talet đảo) Do toán chứng minh

Bài 5

a Giả sử kết luận toán sai, tức ba đội có hai đội đấu với Giả sử đội gặp đội 2, 3, 4, Xét (1; 6; i) với i Є{7; 8; 9;…;12}, phải có cặp đấu với nhau, nhiên không gặp hay i nên gặp i với i Є{7; 8; 9;…;12} , vơ lý đội đấu trận Vậy có đpcm

b Kết luận khơng Chia 12 đội thành nhóm, nhóm đội Trong nhóm này, cho tất đội đôi thi đấu với Lúc rõ ràng đội đấu trận Khi xét đội bất kỳ, phải có đội thuộc nhóm, đội đấu với Ta có phản ví dụ

Có thể giải qút đơn giản cho câu a sau:

Do đội đấu trận nên tồn hai đội A, B chưa đấu với Trong đội cịn lại,

vì A B đấu trận với họ nên tổng số trận A, B với đội nhiều đó, tồn đội C số đội cịn lại chưa đấu với A B Ta có A, B, C ba đội đôi chưa đấu với

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI

NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: Tốn ( môn chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm trang, có năm câu)

Câu 1 (1,5 điểm)

CHÍNH TH C

Cho phương trình x416x232 0 ( với x R )

Chứng minh x 2   2 2 nghiệm phương trình cho

Câu 2 (2,5 điểm)

Giải hệ phương trình

2 ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1) yx

x x y xy y y x

    



   

 ( với x R y R ,  ). Câu 3.(1,5 điểm)

Cho tam giác MNP có cạnh cm Lấy n điểm thuộc cạnh phía tam giác MNP cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn cm ( với n số nguyên dương) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho

Câu 4 (1 điểm)

Chứng minh 10 số nguyên dương liên tiếp khơng tồn hai số có ước chung lớn

Câu 5 (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC không tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D,E,F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn (I) Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường tròn (I) điểm N (N không trùng với D), giọi K giao điểm AI EF

1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I)

-HẾT -GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chuyên

-Câu 1: Phương trình cho : x416x232 0 ( với x R )  (x28)2 32 0 (1) Với x 2   2 2  x 2 2  2 2

=> x2  8 2 3 2  Thế x vào vế phải (1) ta có:

2 2

(x  8)  32 (8 2   3 2  8)  32 4(2  3) 12(2   3) 32 =8 24 12 32 0      ( vế phải vế trái)

Vậy x 2   2 2 nghiệm phương trình cho ( đpcm)

Câu 2: Hệ pt cho

2 ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1) yx

x x y xy y y x

    



    

(1) (2)

     

2 ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1)

x x y xy y y x xy

    



Thay x = 0, y = hệ khơng thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ không thoả =>

( ; ) (0;0);x y  xy0;x 1 0;y  1 6 xy0 (*)

- Chia vế hai phương trình cho : =>

6

( ) 6( )

6 x xy

xy x y x y y xy

 

    



Thay x = y, hệ pt có vế phải nhau, vế trái khác (không thoả) =>x y 0) (**) =>

6(x y) xy

x y  

 (3) - Cộng vế (1) (2) hệ ta pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = (4)

 (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = 

6( ) 6( )

(x y x y)( x y ) x y x y x y

 

     

 



6( 1)

(x y x y)( x y ) x y

 

    

 

6 (x y x y)( 1)(1 )

x y        x y x y x y              

- Với x + y =  x = - y Thế vào hệ => -2y2 =  (y = v x = 0) không thoả (*)

- Với x + y +1 =0  x = -y - vào phương trình (1) hệ ta : 2y33y2   y (y2)(2y2 y3) 0 

2

2 0( )

y y

y y vn     

   



Với y = - => x = 1.Thế vào hệ thoả, có nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2) - Với

6

1 x y x y

x y

         

Thế x = y -6 vào pt (2) hệ : (2)  2y3 7y216y 0 

2

2

2

(2 1)( 6)

4

y y y y

y y             

y2 - 4y - = 

1 2 10 10 y y       

2y +1 =  y3 =

1



Từ ba giá trị y ta tìm ba giá trị x tương ứng: 10 10 13 x x x             Thế giá trị (x; y) tìm vào hệ (thoả)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y): (1; -2), (

13

4 10; 10),( 10; 10),( ; )

2

       

Tam giác có cạnh cm diện tích 3cm2 , tam giác có cạnh cm

thì diện tích

3

4 cm2 Nếu tam giác có cạnh > 1cm diện tích >

3 cm2

Gọi t số tam giác có cạnh > 1cm chứa tam giác có cạnh cm: 1 t 4 ( với t số nguyên dương) => tmax = 3.

Theo nguyên lý Drichen có t tam giác có cạnh > 1cm chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm > cm

Vậy số điểm thoả yêu cầu toán : 2 n 4 Vậy nmax = 4 (Cách 2): Giải theo kiến thức hình học

Nếu ta chọn điểm đỉnh tam giác cạnh cm vẽ đường trịn đường kính cm, đường tròn tiếp xúc với trung điểm cạnh tam giác => Các điểm khác tam giác cách đỉnh > 1cm nằm phần diện tích cịn lại tam giác (ngồi phần diện tích bị ba hinh trịn che phủ), giới hạn cung tròn bán kinh cm

Vì dây cung đường trung bình tam giác có độ dài cm => khoảng cách giửa hai điểm nằm phần diện tích cịn lại tam giác ln 1 cm.

=> phần diện tích lấy điểm mà khoảng cách đến đỉnh tam giác > cm

Vậy số điểm lớn thoả mãn khoảng cách hai điểm > 1cm : nmax = + = điểm

Câu 4 Gọi a b hai số 10 số nguyên dương liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dương)

1 a b

   

Gọi n ước chung a b, : a = n.x b = n.y ( n, x, y số nguyên dương) Vì a > b => x > y => x y 1

1

1 n x n y x y

n n

        n n

D K

F

N E

M

I

C B

A

1)Nối N F, D F

- Xét ANF  AFD có: AFN = ADF ( AF tt) FAD chung =>ANF∽AFD (g.g) =>

2 AF

AF

AF AN

AN AD AD

  

(1)

- Xét AFI có: AFIF ( AF tiếp tuyến, FI bán kính) FK AI ( AF AE tt chung AI nối tâm) => AFI vuông F có FK đường cao) => AK.AI = AF2 (2)

- Xét ANK AID có: + IAD chung

+ Từ (1) (2) => AN.AD = AK.AI =>

AN AI AK AD

=>ANK∽AID (c.g.c) =>NKA = IDN (3) - Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì có góc đối góc kề bù góc đối)

=> điểm I,D,N,K thuộc đường tròn (đpcm)

2) Ta có IDDM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đường tròn đường kính MI Vì điểm D, I, K, N thuộc đường tròn ( câu 1) => hai đường tròn ngoại tiếp  DIK => hai đường tròn trùng => N nằm đường trịn đường kính MI => INM = 900

Vì IN bán kính đường trịn (I), MN IN => MN tiếp tuyến đường tròn (I) tiếp điểm N. (đpcm)

-HẾT -SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

Mơn thi: TỐN Ngày thi: 26 / / 2012 Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m: x2 + 2mx – 2m – = (1)

a) Giải phương trình (1) với m = -1

b) Xác định giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 cho x12+x22 nhỏ

Tìm nghiệm phương trình (1) ứng với m vừa tìm Câu 2 (2,5 điểm)

1 Cho biểu thức A=

(

6x+4 3

√

3x3−8−

√

3x 3x+2

√

3x+4

)(

1+3

√

3x3

1+

√

3x −

√

3x

)

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Giải phương trình:

√

x+

√

1− x+

√

x(1− x)=1

Câu 3 (1,5 điểm) Một người xe đạp từ A tới B, quãng đường AB dài 24 km Khi từ B trở A người tăng vận tốc thêm km/h so với lúc đi, thời gian thời gian 30 phút Tính vận tốc xe đạp từ A tới B

Câu 4 (3 điểm) Cho



ABC nhọn nội tiếp (O) Giả sử M điểm thuộc đoạn thẳng AB (M



A, B);

N điểm thuộc tia đối tia CA cho MN cắt BC I I trung điểm MN Đường tròn ngoại tiếp



AMN cắt (O) điểm P khác A

1 C MR tứ giác BMIP CNPI nội tiếp Giả sử PB = PC Chứng minh



ABC cân

Câu 5 (1 điểm) Cho

x; y R



, thỏa mãn x2 + y2 = Tìm GTLN : P= x

y+

√

2 HƯỚNG DẪN GIẢI:

2) Giải pt :

√

x+

√

1− x+

√

x(1− x)=1 ĐK : 0≤ x ≤1 Đặt

√

x=a ≥0;

√

1− x=b ≥0

Ta

¿

a+b+ab=1(∗) a2+b2=1(**)

¿{ ¿

Từ tìm nghiệm pt x = Câu :

Từ x2

+y2=1⇒−1≤ x , y ≤1⇒

√

2−1≤ y+

√

2≤1+

√

2 Vì P= x

y+

√

2⇒x=P(y+

√

2) thay vào x

+y2=1 Đưa pt: (P2+1)y2+2

√

2P2y+2P2−1=0

Dùng điều kiện có nghiệm pt bậc hai

⇒P ≤1



2

2 Max

x P

y 

      

  

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI

Đề thức

Ngày thi: 26/6/2012

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Năm học 2012 – 2013

Môn thi: Tốn (khơng chun) Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1. (2,0 điểm)

Cho biểu thức





x x

Q x x

x x x

   

    

 

  , với x0, x1 CHÍNH TH C

a. Rút gọn biểu thức Q

b. Tìm giá trị nguyên x để Q nhận giá trị nguyên Câu 2. (1,5 điểm)

Cho phương trình x2 2(m 1)x m 2 0, với x ẩn số, mR a. Giải phương trình cho m  –

b. Giả sử phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 x2 Tìm hệ thức liên hệ x1

và x2 mà không phụ thuộc vào m

Câu 3. (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình

(m 1)x (m 1)y 4m x (m 2)y

   

 

  

 , với mR

a. Giải hệ cho m  –3

b. Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm Tìm nghiệm Câu 4. (2,0 điểm)

Cho hàm số yx2 có đồ thị (P) Gọi d đường thẳng qua điểm M(0;1) có hệ số góc k

a. Viết phương trình đường thẳng d

b. Tìm điều kiện k để đt d cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt Câu 5. (2,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi H giao điểm hai đường cao BD CE tam giác ABC (DAC, EAB)

a. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn

b. Gọi I điểm đối xứng với A qua O J trung điểm BC Chứng minh ba điểm H, J, I thẳng hàng

c. Gọi K, M giao điểm AI với ED BD Chứng minh

2 2

1 1

DK DA DM

HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu 1.

a.





x x

Q x x

x x x

   

    

 

 



 

 







 

 

 

   

 

  

 

2

x x

x x x x

x

   

  

 

 

x x x x x

        

 

 

x 1 x 1 x x x

 

    

 

 

1

1 x

x x

 

  

 

 

1

x x x

   



x x x x  

2 x x x  

2x x Vậy  

2x Q

x b.

Q nhận giá trị nguyên  

   

  

2x 2x 2

Q

 

Q  

x chia hết cho x 1

  

    

x 1 x

           x x x

x đối chiếu điều kiện x x      Câu 2. Cho pt x2 2(m 1)x m 2 0, với x ẩn số, mR a. Giải phương trình cho m  –

Ta có phương trình x22x 0 

2

x 2x 0   x 2x 5 





 

2

x 5

   

x

  

x x

x x

     

   

   

 

 

Vậy phương trinh có hai nghiệm x 1 5 x 1 b.

Theo Vi-et, ta có

1

1

x x 2m (1)

x x m (2)

        2

x x 2m

m x x

        





1 2

1

x x x x 2

m x x

            Suy x1x2 2 x x



22



2 x1x2  2x x1 2 0

Câu 3. Cho hệ phương trình

(m 1)x (m 1)y 4m x (m 2)y

   

 

  

 , với mR

a.Giải hệ cho m  –3

Ta hệ phương trình

2x 2y 12

x 5y

   



 



x y

x 5y

         x y       Vậy hệ phương trình có nghiệm



x; y



với



7;1



b.Điều kiện có nghiệm phương trình



m 1



m

1 m

  



 



m m 2

 









m 1





m m 2

 

 

m 1



      



m m 1

 





0 m

m

        m m      

Vậy phương trình có nghiệm m1 m 1 Giải hệ phương trình

(m 1)x (m 1)y 4m x (m 2)y

   

 

  



m m     

(m 1)x (m 1)y 4m x (m 2)y

                      4m x y m x (m 2)y

              4m x y m y m               4m x m y

Vậy hệ có nghiệm (x; y) với

 

 

 

 

 

4m 2 ; m m Câu 4.

a.Viết phương trình đường thẳng d

Đường thẳng d với hệ số góc k có dạng y kx b 

Đường thẳng d qua điểm M(0; 1) nên k.0 b   b 1 Vậy d : y kx 1 

b.

Phương trình hoành độ giao điểm (P) d

x kx

    x2kx 0  , có  k2

d cắt (P) hai điểm phân biệt  0

k  0  k2 4 k2 22  k 2

k

k

     

 Câu 5.

a. BCDE nội tiếp

 

BEC BDC 90 

Suy BCDE nội tiếp đường trịn đường kính BC

b. H, J, I thẳng hàng

IB  AB; CE  AB (CH  AB)

Suy IB // CH

IC  AC; BD  AC (BH  AC)

Suy BH // IC

Như tứ giác BHCI hình bình hành J trung điểm BC  J trung điểm IH

Vậy H, J, I thẳng hàng c.

  1

ACB AIB AB

2

 

 

ACB DEA bù với góc DEB tứ giác nội tiếp BCDE

 

BAI AIB 90  ABI vng B

Suy BAI AED 90   0 , hay EAK AEK 90   Suy AEK vuông K

Xét ADM vuông M (suy từ giả thiết)

DK  AM (suy từ chứng minh trên)www.VNMATH

Như 2

1 1