Đề thi học sinh giỏi lớp 10 THPT tỉnh Thái Nguyên năm 2013 môn Toán pot

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2012 - 2013

MÔN THI: TOÁN
(dành cho các thí sinh thi Chuyên Toán)
Ngày thi: 30/6/2012
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC


Bài 1
1,5 điểm
Chứng minh :
1.2.3….1005.1006.1007 + 1008.1009….2013.2014 chia hết cho 2015

Bài 2
1,5 điểm
Chứng minh rằng phương trình 2013x
2
+ 2 = y
2
không có nghiệm nguyên.

Bài 3
1 điểm
Kí hiệu [x] dùng để chỉ số nguyên lớn nhất không vượt quá x .
Ví dụ [3,47] = 3; [5] = 5; [ -2,75] = -3 …
Hãy giải phương trình

4 3x 5x 5
57







Bài 4
2 điểm
Cho biểu thức
3
11
1 1 1
xx
P
x x x x x

  
    

a. Tìm x để P > 0
b. Tìm giá trị của P khi
53
9 2 7
x 


Bài 5
1 điểm
Ta viết dãy phân số
1 2 1 3 2 1 4 3 2 1 5
; ; ; ; ; ; ; ; ; ;
1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 1

Hỏi phân số
2012
2013
đứng ở vị trí thứ bao nhiêu trong dãy trên.

Bài 6
1,5 điểm
Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Gọi K là một điểm
tùy ý trên cung nhỏ AD ( K không trùng với A hoặc D), gọi K
1
,K
2
,K
3
,K
4
lần
lượt là chân các đường vuông góc hạ từ K xuống AD, AB, CD, CB.
Chứng minh K
1
là trực tâm của tam giác K
2
K

3
K
4
.

Bài 7
1,5 điểm
Trong hình tròn tâm O, bán kính R dựng hai đường kính vuông góc AE và
BF. Trên cung nhỏ EF lấy điểm C. Gọi P là giao điểm của AC và BF, gọi Q
là giao điểm của AE và CB.
Chứng minh diện tích của tứ giác APQB bằng R
2
.

… Hết…


Họ và tên: Số báo danh:




HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN CHUYÊN
NĂM HỌC 2012-2013


Bài 1
1,5 điểm
Chứng minh :
1.2.3….1005.1006.1007 + 1008.1009….2013.2014 chia hết cho 2015

Giải: 1008.1009….2013.2014 = (2015-1007)(2015-1006)…(2015-2)(2015-
1)
= A.2015 – 1007.1006…3.2.1
=>ĐPCM
Bài 2
1,5 điểm
Chứng minh rằng phương trình 2013x
2
+ 2 = y
2
không có nghiệm nguyên.


Giải : Nhận thấy rằng x và y cùng tính chẵn, lẻ.
+) y chẵn : VP ≡ 0(mod4), VT ≡ 2(mod4)
+) y lẻ : VP ≡ 1(mod8),VT ≡ 7(mod8)
Bài 3
1 điểm
Kí hiệu [x] dùng để chỉ số nguyên lớn nhất không vượt quá x.
Ví dụ [3,47] = 3; [5] = 5; [ -2,75] = -3 …
Hãy giải phương trình
4 3x 5x 5
57






Giải:Phương trình đã cho tương đương với

4 3x 5x 5 9 53 10 5x 5 5
01
5 7 23 46 23 7 46
5x 5 5x 5 5x 5
7 7 7
x
  
  
       
  
  

  
  
  
  
  
  

5x 5
01
7
x

  

Bài 4

2 điểm
Cho biểu thức
3
11
1 1 1
xx
P
x x x x x

  
    

c. Tìm x để P > 0
d. Tìm giá trị của P khi
53
9 2 7
x 



Giải: Rút gọn P =
21xx
với điều kiện x > 1.
a. P > 0 

( 1) 2 1 1 0xx    

2
( 1 1) 0x  


1 1 0x  
 x ≠2
Vậy P > 0 khi x lớn hơn 1, x khác 2.
b. P = 7 (
2
53 53(9 2 7)
9 2 7 ( 7 1) 1)
81 28
9 2 7
x

      





Bài 5
1 điểm
Ta viết dãy phân số
1 2 1 3 2 1 4 3 2 1 5
; ; ; ; ; ; ; ; ; ;
1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 1

Hỏi phân số
2012
2013
đứng ở vị trí thứ mấy trong dãy trên.

Giải:

Ta phân chia dãy đã viết thành các nhóm như sau: nhóm thứ nhất có 1 phân
số, nhóm thứ hai có 2 phân số, nhóm thứ ba có 3 phân số,…
Phân số thứ nhất (thuộc nhóm thứ nhất) có tổng của tử và mẫu bằng 2, hai
phân số tiếp theo (thuộc nhóm thứ hai) có tổng của tử và mẫu bằng 3, ba
phân số tiếp theo (thuộc nhóm thứ ba) có tổng của tử và mẫu bằng 4, bốn
phân số tiếp theo (thuộc nhóm thứ bốn) có tổng của tử và mẫu bằng 5…
Như vậy, phân số
2012
2013
ở vị trí thứ 2013 trong nhóm các phân số có tổng
của tử và mẫu bằng 4025 ( bằng 2012 + 2013), tức là nhóm các phân số
4024 4023 4022 2012 3 2 1
; ; ; ; ; ;
1 2 3 2013 4022 4023 4024
.
Số các phân số từ phân số thứ nhất cho đến nhóm này là
1 + 2 +…+ 4023 =
4023.4024
4023.2012
2

.
Vậy phân số
2012
2013
ở vị trí thứ 4023.2012 + 2013 = 8096289 trong dãy
Bài 6
1,5 điểm
Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Gọi K là một điểm
tùy ý trên cung nhỏ AD ( K không trùng với A hoặc D), gọi K

1
,K
2
,K
3
,K
4
lần
lượt là chân các đường vuông góc hạ từ K xuống AD, AB, CD, CB.
Chứng minh K
1
là trực tâm của tam giác K
2
K
3
K
4
.

Giải: Gọi I là giao của KC và K
3
K
4
. Kẻ
K
2
K
1
cắt K
3

K
4
tại E. ĐPCM  K
2
E
vuông góc với K
3
K
4.

Vì tứ giác AK
1
KK
2
nội tiếp nên góc
K
1
K
2
K= góc K
1
AK. (1)
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên góc
K
1
AK= góc KCK
3
(2)
Vì tam giác IKK
3

cân nên góc IKK
3
=
góc IK
3
K (3)
Vì tam giác KCK
3
vuông nên góc IKK
3
+
góc KCK
3
= 1v (4)
Từ (1), (2), (3),(4) có góc EK
2
K
3
+ góc
EK
3
K
2
= 1v hay góc K
2
EK
3
= 1v

Bài 7

1,5 điểm
Trong hình tròn tâm O, bán kính R dựng hai đường kính vuông góc AE và
BF. Trên cung nhỏ EF lấy điểm C. Gọi P là giao điểm của AC và BF, gọi Q
là giao điểm của AE và CB. Chứng minh diện tích của tứ giác APQB bằng
R
2
.

Giải: ĐPCM 
2
.
2
AQ BP
R

Tacó
0
( 45 ,
dA
)
2
ABP QAB
QAB ABP
s cung C
APB QBA

   
   

Từ đó

AB BP
AQ BA

hay AQ.BP = 2R
2
vì
2AB R



Ghi chú : Học sinh giải đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa.
Tổ chấm cần thảo luận kỹ về thang điểm cho từng phần để thống nhất trong
quá trình chấm.

A
B
C
D
∙
K
K
4
K
1
K
3
K
2
. I
E

E
A
B
F
.
C
P
Q