Đề thi lớp 10 tỉnh Quảng Bính môn Toán chuyên năm 2013 pptx

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


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

Trang 1
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
41
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
3
ab 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
E
F
A
B C
M
P
Trang 4
=
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