Đề thi và đáp án TUYỂN SINH môn toán lớp 10 chuyên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
Năm học : 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (hệ số 2)
(Dành cho lớp chuyên Toán)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ:
Bài 1: ( 2 điểm)
Cho parabol (P):
2
1
2
y x=
và đường thẳng (d): y = - mx +2
1/ Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B với mọi giá trị
của m.
2/ Xác định m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Tính diện tích tam giác AOB ứng
với giá trị của m vừa tìm được.
Bài 2: ( 2 điểm)
1/ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có n
3
+ 5n chia hết cho 6.
2/ Cho x
1
và x
2
là nghiệm của phương trình x
2
– 3x + a = 0; x
3
và x

4
là nghiệm của
phương trình x
2
– 12x + b = 0 và biết rằng
2 3 4
1 2 3
x x x
x x x
= =
. Tìm a và b.
Bài 3: ( 2 điểm)
Cho a, b, c
≠
0 và các số x, y, z thỏa mãn điều kiện :

2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z x y z
a b c a b c
+ +
= + +
+ +
.
Tính giá trị biểu thức:
2011 2011 2011
S x y z= + +
Bài 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp trong nửa đường tròn (O; R) và có đường
cao CH. Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng của H qua CA và CB.

1/ Chứng minh :
a/ Ba điểm M, C, N thẳng hàng.
b/ Các đường thẳng AM, BN và AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MN.
2/ Tìm vị trí của C trên (O) để tích AM.BN lớn nhất.
Bài 5: (1 điểm)
Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với các cạnh AB, AC
tại E và F. Đường thẳng BI cắt EF tại M. Chứng minh tam giác MBC vuông.
HẾT
Thi tuyển sinh Trần Hưng Đạo – Đáp án ( Hệ số 2 ) Năm học 2011 – 2012
Chuyên Toán
Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm
Bài 1
(2 đ)
1/(1.0)
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
2 2
1
2 2 4 0
2
x mx x mx= − + ⇔ + − =
Có
∆ = + > ∀
/ 2
4 0,m m
Kết luận:
0.25
0,5
0,25
2/(1,0)
Gọi A(x

A
; y
A
), B(x
B
; y
B
) ta có:
2 2 2
4 4 2
A A
x m m y m m m= − − + ⇒ = + + +
2 2 2
4 4 2
B B
x m m y m m m= − + + ⇒ = − + +
= − + − = + + + = + + ≥
2 2 2 2 2 2 4 2
( ) ( ) 4( 4) 4 ( 4) 4 20 16 16
A B A B
AB x x y y m m m m m
Vậy MinAB
2
= 16, MinAB = 4 khi và chỉ khi m = 0
Khi đó A(-2; 2), B(2; 2)
S
AOB
= 4
0,25
0,25

0,25
0.25
Bài 2
( 2 đ)
1/ (1,0)
Ta có n
3
+ 5n = (n
3
– n) + 6n
Vì n
3
– n = n(n-1)(n +1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3
Và vì (2, 3) =1 nên n
3
– n chia hết cho 6
Do đó n
3
– n + 6n chia hết cho 6
Vậy n
3
+ 5n chia hết cho 6
0,25
0,25
0,25
0,25
2/ (1,0)
Đặt
3
2 4

1 2 3
x
x x
x x x
= =
= k
2 3
2 1 3 2 4 3 3 1 4 1
; ; ;x kx x kx x kx x k x x k x⇒ = = = ⇒ = =
Ta có :
1 2 1
2
3 4 1
2
1 2 1
5 2
3 4 1
(1 ) 3 (1)
(1 ) 12 (2)
. (3)
. (4)
x x x k
x x k x k
x x kx a
x x k x b
+ = + =


+ = + =



= =


= =

Từ (1) và (2) ta có : k
2
= 4
2k⇒ = ±
• k = 2
1
1 2; 32x a b⇒ = ⇒ = =
• k = -2
1
3 18; 288x a b⇒ = − ⇒ = − = −
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 3
( 2 đ)
Từ gt ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 0
x x y y z z
a a b c b a b c c a b c
− + − + − =
+ + + + + +

⇔
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) 0x y z
a a b c b a b c c a b c
− + − + − =
+ + + + + +
(*)
Do
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
0; 0; 0
a a b c b a b c c a b c
− > − > − >
+ + + + + +
.
Nên (*)
⇔
x = y = z = 0
Vậy S = 0
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
Bài 4
(3 đ)
Bài 5
(1đ)

1/ a/ Ta có :
2( )MCA ACH HCB BCN MCN ACH HCB
∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧
+ + + = = +
= 2v
Nên ba điểm M, C, N thẳng hàng.
b/ CM = CH = CN nên C là tâm đường tròn đường kính MN
từ
CH AB⊥
suy ra AM
⊥
MN và BN
⊥
MN
nên AM, BN và AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MN.
2/ Ta có : AM.BN = AH.BH = CH
2

≤
R
2
Vậy AM.BN = R
2
lớn nhất
⇔
AM = BN = CH =R
C là điểm chính giữa cung AB .


Nếu M thuộc tia đối FE :

2
B C
MIC
∧ ∧
∧
+
=
= 90
0
–
2
A
∧
=
AFE MFC
∧ ∧
=
Suy ra tứ giác MFIC nội tiếp và ta có IF
⊥
AC nên IM
⊥
MC
do đó tam giác BMC vuông tại M
Nếu M thuộc đoạn EF :
Tương tự
MIC AFE
∧ ∧
=
nên
MIC MFC

∧ ∧
+
= 2v
do đó tứ giác MFCI nội tiếp và ta có IF
⊥
AC nên IM
⊥
MC
hay tam giác BMC vuông tại M.
1.0
0.75
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5