Đề thi Toán Chuyên lớp 10 năm 2013-2014 Hưng Yên

Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên Môn: Toán học

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên: Toán, Tin)

2 3









Bài 1: (2,0 điểm)





12y 6



a) Cho , chứng minh A là một số nguyên.

 

x 1

2    

b) Giải hệ phương trình:



Bài 2: (2,0 điểm)

   . Gọi A, B là giao điểm của

21 x 3

4 3

a) Cho parabol (P): và đường thẳng (d):

5x 8 3 2x

7x 6

 



đường thẳng (d) và parabol (P), tìm điểm M trên trục tung sao cho độ dài MA + MB nhỏ nhất.

 .



2013

b) Giải phương trình:

    f 1 .f 2

0 không có nghiệm nguyên.

a) Cho , chứng minh

 

phương trình Bài 3: (2,0 điểm)  f x là một đa thức với hệ số nguyên. Biết  f x

4p là một số

b) Cho p là một số nguyên tố. Tìm p để tổng các ước nguyên dương của

 . Chứng minh rằng:

a) Chứng minh AE.AB = AF.AC. b) Chứng minh OA vuông góc với EF. c) Từ A dựng các tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (K) với M, N là các tiếp điểm.

 3



 ad bc



chính phương. Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Đường tròn (K) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E và F. Gọi H là giao điểm của BF và CE. Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện: ac bd 1 2

------------ HẾT ------------

Trang | 1

Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807

Thí sinh không sử dụng tài liệu; cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên Môn: Toán học

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

2 3







Bài 1: (2,0 điểm) a) Chứng minh A là một số nguyên. 1,0 đ



2 2 3 1

2 3











2 3



0,25 đ Ta có:

2  3 1

2 3



 6

4 2 3   2

0,25 đ

 



4 2 3   3 1

 

2 2 6 

3 2 2  3 1



0,25 đ

 3 1

0,25 đ



Vậy A là một số nguyên.

y



6 (1)

x

b) Giải hệ phương trình: 1,0 đ

y

x  

1 (2)



12y 6





     12y 6



2   x



 12y 2x 8



 

x 1



 2x 2

    



2y 3

0,25 đ

  

 x 1





x x

2y 2   2y 4

0,25 đ

2y 1 0

 

        22y 

  y

Với x = 2y + 2, thay vào phương trình (2) ta có:

   y 

 2  2





0,25 đ

 2

 2

  

  

  ; 3     22y



2y 5 0

  (vô nghiệm)

Hệ phương trình có hai nghiệm:

0,25 đ

Trang | 2

Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807

Với x = - 2y - 4, thay vào phương trình (2) ta có: Vậy hệ phương trình có hai nghiệm. Bài 2: (2,0 điểm)

Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên Môn: Toán học

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

y

y

x   

a) Cho parabol (P):

x và đường thẳng (d):

21 3

4 3

. Gọi A, B là 1,0 đ

giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P), tìm điểm M trên trục tung sao cho độ dài MA + MB nhỏ nhất.

1 3

x 1  4        x 3



Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 0,25 đ

1 3

16 3

 A 1;  

  

 ; B 4;   

  

Tọa độ hai giao điểm là: 0,25 đ

Nhận xét: A, B nằm về hai phía so với trục tung. Suy ra MA + MB nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB với trục tung. 0,25 đ

4 3

 M 0;  

  

Tọa độ M là: 0,25 đ

x



x



x



 

b) Giải phương trình: . 1,0 đ



7x 6

 

 

x 2



8 3 2   2x 3 x

 

Nhận xét:



2    x

x 2





 

x 2

  1

 2 2x 3





2   3 



  2x 3 x



 a a



Điều kiện: 0,25 đ

 

2x 3



   x 2  b b

 

   

Đặt: .

0,25 đ



 3ab 2b

b 2b

x 1 0

Phương trình trở thành:

 a     a    x 2 5





 TM ; x





2x 3       1 2

x  2

7x 10 0





0,25 đ Với a = b, trở lại phép đặt ta có: 1 Phương trình có 2 nghiệm:

x 

   x 2 89

2 2x 3 7

    89



(L)



 TM ; x





; x



; x



Với a = 2b, trở lại phép đặt ta có: 7 Phương trình có 2 nghiệm: 0,25 đ

 2

2  1 2

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: .

f



2013

, chứng

f x là một đa thức với hệ số nguyên. Biết  

  f 1 . 2

1,0 đ Bài 3: (2,0 điểm) a) Cho   minh phương trình không có nghiệm nguyên.

  0 f x

Trang | 3

Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807

Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên Môn: Toán học

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai





  f x 0 có nghiệm nguyên x = a Giả sử phương trình     Suy ra:  x a .g x f x

 g x là một đa thức với hệ số nguyên





0,25 đ với

2013

         1 a .g 1 ;f 2 f 1      f 1 .f 2

      2 a .g 2           1 a . 2 a .g 1 .g 2

 

Ta có: 0,25 đ Suy ra

  f 1 .f 2 là số nguyên chẵn

 

Do 1 - a và 2 - a là hai số nguyên liên tiếp nên 0,25 đ

0 không có nghiệm nguyên.

 f x



4p là

0,25 đ Mà 2013 là một số lẻ suy ra vô lý Vậy phương trình

1,0 đ b) Cho p là một số nguyên tố. Tìm p để tổng các ước nguyên dương của một số chính phương.

Do p là số nguyên tố nên các ước số nguyên dương của p4 là: 1; p; p2; p3; p4 0,25 đ

  4n



   4p 4 1 n

 







4 4p



0,25 đ Đặt S = 1+ p + p2 + p3 + p4 4  Giả sử S = n2



 

p 2





 



2 

  

4p 

4p 

  4n

 



Ta có: 0,25 đ

 p 1 

  2 2p 3 0

    p 3

0,25 đ

Từ (1) và (2) suy ra Thử lại với p = 3 thỏa mãn. Vậy số nguyên tố cần tìm là: p = 3. Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh AE.AB = AF.AC.

Trang | 4

Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807

1,0 đ

Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên Môn: Toán học

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai



cos BAC



(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5 đ





0,5 đ Ta có:   0   BEC BFC 90 Nên   0  AFB AEC 90 Xét hai tam giác AEC, AFB vuông tại E và F có:  AF AE  AB AC (đpcm) AE.AB AF.AC

b) Chứng minh OA vuông góc với EF. 1,0 đ

(1) Dựng tiếp tuyến Ax của đường tròn tâm (O) tại A  OA Ax 0,25 đ

 BCA BAx 

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) 0,25 đ

(cùng bù với BEF ) nên  BAx FEA Mà  BCA FEA 0,25 đ

Suy ra EF // Ax (hai góc so le trong bằng nhau) (2) Từ (1) và (2) ta có: OA vuông góc với EF (đpcm) 0,25 đ



c) Từ A dựng các tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (K) với M, N là các tiếp điểm. Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. 1,0 đ



nên H là trực tâm tam giác ABC

0,25 đ



     ANM ASM AMN 3



 AN AF.AC



 AFN, ANC

Ta có: CE AB;BF AC Gọi S là giao điểm của AH và BC. Suy ra:    0  AMK ASK ANK 90 Do đó: M, S, N cùng thuộc đường tròn đường kính AK: 

AF AN  AN AC

cosSAC



 

 AF.AC AH.AS



AN AH.AS





đồng dạng (g.g) 0,25 đ

 AF AS AH AC

AN AS  AH AN





0,25 đ



0,25 đ . Vậy M, H, N thẳng hàng (đpcm). đồng dạng       ANH ASN AMN 4 

. Chứng minh rằng:

ac bd 



1,0 đ

d

b





c



 ad bc





 ad bc







Trang | 5

Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807

0,25 đ Do đó: ANH, ASN  Từ (3) và (4) ta có:  ANH ANM Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện: ad bc a   Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 2