Đề và Đáp án thi vào lớp 10 chuyên DHSP(V1)

B
Ộ

GIÁO D
Ụ
C VÀ ĐÀO T
Ạ
O

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
C
Ộ
NG HÒA XÃ H
Ộ
I CH
Ủ

NGH
ĨA VI
Ệ
T NAM

Độc lập – Tự do - Hạnh phúc
ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2013
Môn thi: Toán
(Dùng cho mọi thí sinh thi vào trường THPT chuyên ĐHSP)
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1 (2,5 điểm)
1. Cho biểu thức:
3

2
2
3 3

 
 
 


 
 
 
a b
a a b b
ab a
a b
Q
a b ab a a b a

Với
0, 0, .
  
a b a b
Chứng minh giá trị của biểu thức Q không phụ thuộc vào a và b.
2. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a+b+c=0. Chứng minh đẳng thức




2

2 2 2 4 4 4
2 .
a b c a b c
    
Câu 2 (2 điểm) Cho parabol (P):
2
y x

và đường thẳng (d):
2
1
2
y mx
m
   (tham số
0
m

)
1. Chứng minh với mỗi
0
m

, đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt
2. Gọi




1 1 2 2

A ; ,B ;
x y x y
là các giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
1 2
M
y y
 
Câu 3 (1,5 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực
a b

sao cho hai phương trình
2
1 0,
x ax
  

2
0
x bx c
  
có nghiệm chung và hai phương trình
2
0,
x x a
  

2
0
x cx b

  
có nghiệm
chung. Tính a+b+c.
Câu 2 (3 điểm) Cho tam giác ABC không cân có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các
đường cao
1 1 1
AA , BB , CC
của tam giác ABC cắt nhau tại H, các đường thẳng
1 1
A C
và AC
cắt nhau tại điểm D. Gọi X là giao điểm thứ hai của đường thẳng BD và đường tròn (O).
1. Chứng minh
1 1
DX.BD DC .DA
 .
2. Gọi M là trung điểm của cạnh AC, chứng minh
DH BM

.
Câu 5 (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn
2011 2012 2013 2011 2012 2013
2011 2012 2013 2011 2012 2013
x y z y z x
y z x z x y

          


          




Chứng minh
x y z
 

Hết
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………………….… Số báo danh:…………………
ĐỀ CHÍNH THỨC
Nguyễn Thanh Ninh- Email: website: 2
ĐÁP ÁN
Câu 1:
a)
   
 
 
  
3
3
2 2
2 2
2
2
Q
3 3 3 3
3 3 2 1 3 3 3 1
3 3 3 3
3

1 1 1
0
3

 
 
 
   


 
   
   
      
   
   
 
    
  
  
a b
a a b b
a b a a b b a a b
ab a
a b
a b ab a a b a a b ab a a b
a a b b a b b a a a b b a a a b b a
a b ab a b a b ab a b
a a ab b
a b a b a b

a a b a ab b

b) Ta có )(*)(2)(
2222222222444
accbbacbacba 
Từ a+b+c=0 ta có
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 ( )
2 2
 
   
         
 
 
a b c a b c
ab bc ca a b b c c a abc a b c
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( )
2( )
2
 
   
a b c
a b b c c a
Thay vào (*) ta có điều phải chứng minh.
Câu 2
1. Ta có tọa độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm của hệ phương trình:

2 2
2
2 2
y=x y=x
1 1
y= mx+ x +mx =0;(*)
2m 2m
 
 

 
 
 
 

Xét phương trình (*) có 022
2
2
2

m
m

Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với

m

0
Vậy (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt
2. Ta có

 
 
2
2
2
2 2 4 4 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
M 2 2 2
 
          
 
y y x x x x x x x x x x x x

Áp dụng định lý Viet:








2
21
21
2
1
m
xx
mxx

thay vào M ta có
2
2 4
2 4 4
1 1 1
M 2 2 2
2 2
 
       
 
 
m m
m m m

min
M 2 2
  khi
8
1
2
 m
Câu 3: Giả sử phương trình


2
x ax 1 0 1
   và


2

x bx c 0 2
   có nghiệm chung
0
x


tính

được :
 
00
x a b c
c 1
1 x
a b

  

 ( vì
a b

) suy ra nghiệm còn lại của phương trình (1) là:
2
a
c 1
x
b


 (c≠1

vì 0 không là nghiệm của pt (1) )
Giả sử phương trình:


2
x x a 0 3
  và


2
x cx b 0 4
   có nghiệm chung
1
x

ta có:
 
1 1
2
x 1 c b a x
b a
x
c 1
    




vậy pt (1) ; (2) (3) có nghiệm chung
1

x

từ (1) và (3) ta có




1
a 1 x 1 0
  

nếu
2
a 1 x x 1 0
    
vô lý vậy
1
x 1

từ đó tính được
a b c 3
   

Câu 4
a)Ta có tứ giác
1 1
AC A C, ABXC
là các tứ giác nội tiếp
 
DC DX

DCX DBA g.g BD.DX DC.AD
DB DA
     
Nguyễn Thanh Ninh- Email: website: 3
M
N
H
X
D
C
1
B
1
A
1
O
A
C
B
 
1
1 1 1 1
1
DA DC
DCA DC A g.g DC.AD DA .DC
DA DC
     
1 1
DA .DC DX.DB
 

d) Ta thấy :theo a)
1 1
DA .DC DX.DB

suy ra
1 1 1 1
BC HA ,BC A X
là các tứ giác nội tiếp
1
BC HX
 là tứ giác nội tiếp



1
BXH BC H 180 BXH 90 HX BX
       
Kẻ đường kính BL.
Ta có :

BAL 90
 
( chắn nửa đường tròn)
BA AL
 
mà
CH BA CH//AL
 



BCL 90
 
( chắn nửa đường tròn)
BC CL
 
mà
AH BC AH//CL
 

AHCL

là hình bình hành.
Vì M là trung điểm AC
M

là trung điểm LH
mà

0
BXL 90

( chắn nửa đường tròn)
BX XL
 
mà
HX BX L,H,X
 
thẳng hàng
hay M, H, X thẳng hàng.Nên H là trực tâm tam giác BDM nên
DH BM



Câu 5:
x 2011 y 2012 z 2013 y 2011 z 2012 x 2013
y 2011 z 2012 x 2013 z 2011 x 2012 y 2013

          


          



Đặt
a x 2011, b y 2011, c z 2011
     
Ta có hệ
A
B
C
B
a b 1 c 2 b c 1 a 2
b c 1 a 2 c a 1 b 2

        



        




 
 

vai trò x,y z bình đẳng
Giả sử
c max{a;b;c}

vì
A C

Ta có
   
       
 
a b 1 c 2 c a 1 b 2
a 1 a b 2 b 1 c 2 c
a 1 a b 2 b 1 c 2 c 1 c 1 c
1 1 1 1
*
a 1 a b 2 b 1 c 2 c 1 c 1 c
        
         
             
   
         

Mặt khác,
1 1

c a
a 1 a c 1 c
1 1
c b
b 2 b 1 c 2 c 1
  
   
  
     

Suy ra (*) xảy ra khi a=b=c, suy ra x=y=z.