Đề và Đáp án thi vào lớp 10 chuyên DHSP (V2)

Nguyễn Thanh Ninh- Email: website:
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 thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và lớp chuyên Tin)
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1: (2,5 điểm)

1. Các số thực a,b,c đồng thời thỏa mãn 2 đẳng thức :






3 3 3 3 3 3 3 3 3
i a b b c c a abc
ii) (a b )(b c )(c ) b
)
a a c
   
   

Chứng minh rằng abc=0.
2, Các số thực dương a, b thỏa mãn
ab 2013a 2014b
 
. Chứng minh bất đẳng thức:
2
a b ( 2013 2014)
  
Câu 2: (2 điểm) Tìm tất cả các cặp số hữu tỉ (x;y) thỏa mãn hệ phương trình:
3 3
2 2
x 2y x 4y
6x 19xy 15y 1

  


  


Câu 3: (1 điểm) Với mỗi số nguyên dương n, kí hiệu
n
S
là tổng n số nguyên tố đầu tiên.(
1
S 2;


2
S 2 3;
 

3
S 2 3 5;
   ). Chứng minh rằng trong dãy số
1 2
S , S ,
không tồn tại hai số
hạng liên tiếp là số chính phương.
Câu 4: (2,5 điểm) Tam giác ABC không cân nội tiếp (O), BD là phân giác của

ABC
. Đường
thẳng BD cắt (O) tại điểm thứ hai là E. Đường tròn
1
(O )

đường kính DE cắt (O) tại điểm thứ hai
là F.
1. Chứng minh đường thẳng đối xứng với đường thẳng BF qua đường thẳng BD đi qua trung
điểm của AC.
2. Biết tam giác ABC vuông tại B.

0
BAC 60

và bán kính (O) bằng R, tính bán kính
1
(O )
theo
R.
Câu 5: (1 điểm) Độ dài 3 cạnh tam giác ABC là 3 số nguyên tố, chứng minh điện tích tam giác
ABC không phải là số nguyên.
Câu 6: (1 điểm)
1 2 11
a ,a , a
là các số nguyên dương lớn hơn hay bằng 2, đôi một khác nhau và
thỏa mãn
1 2 11
a a a 407
    . Tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho tổng các số dư của
các phép chia n cho 22 số
1 2 11 1 11
a ,a , a ,4a , 4a
bằng 2012.
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:
ĐÁP ÁN
Câu 1:
1) Ta có:
3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 3 3 3
(a b )(b c )(c a ) (a b)(b c)(c a)(a ab b )(b bc c )(c ca
a )
abc(a ab b )(b bc c )(c ca a ) a b c (1)
            
       

-Xét
abc 0

thì (1) đúng
-Xét
abc 0

thì (1) tương đương với:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
(a ab b )(b bc c )(c ca a ) a b c (2)
      
- Dễ dàng có đánh giá sau:
2 2 2 2

a ab b a b |ab | 2| ab | | ab | | ab |
       
Dấu bằng xảy ra khi
a b

Xây dựng các BĐT tương tự suy ra:
2 2 2
VT(2) | ab |.| bc |.| ca | a b c VP(2)
  
Theo giả thiết thì đẳng thức xảy ra nên
a b c
 
. Thay ngược lại điều kiện ban đầu thấy
abc 0

. Vô lí
Vậy đẳng thức được chứng minh.
2) Vì a, b là các số thực dương nên
2014 2013 2014 2013
ab 2013a 2014b 1 a b (a b)
a b a b
 
         
 
 

Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacopxki ta có
2
2014 2013
(a b) ( 2014 2013)

a b
 
   
 
 

Nên
2
a b ( 2013 2014)
  
Câu 2:


3 3
3 3
2 2
2 2 3 3
x 2y x 4y 1
x 2y x 4y
6x 19xy 15y 1
(6x 19xy 15y )(x 4y) x 2y (2)

  
  
 

 
  
    






(2)
3 2 2 3
5x 5x y 61xy 62y 0
    
Dễ thấy y=0 không là nghiệm nên chia cả 2 vế cho y
3
ta được
3 2
x x x
5 5 61 62 0
y y y
   
   
   
   
. Đặt
x
t
y

Ta có phương trình:


 
3 2 2
2

t 2 0 3
5t 5t 61t 62 0 (t 2)(5t 15t 31) 0
5t 15t 31 0 4
 

         

  



vì (x;y) là cặp số hữu tỉ nên tQ. mà
2
5t 15t 31 0 t Q
    

Vậy
x
t 2 0 t 2 2 x 2y
y
        thế vào (1) ta được
  
3 3
y 0 (lo
8y 2y 2y 4y y y 1 y 1 0 y 1 (th
y 1 (th



        



 

¹i)
áa m·n)
áa m·n)

Vậy các cặp số (x;y) cần tìm là (2;1); (-2;-1)
Câu 3:
Kí hiệu
n
p
là số nguyên tố thứ n. Giả sử tồn tại số tự nhiên m mà


2 2
1
; , *
m m
S a S b a b

  


Vì
1 2 3 4
2; 5; 10; 17 4
S S S S m
     

Ta có:




2 2
1m m m
p S S b a a b a b

      
. Vì
m
p
là số nguyên tố và
1
b a
 
. Nên
1
m
b a
b a p
 


 


Suy ra

 
2
1
2 1 2 1 1
2
m
m m m
p
p b S S

 
     
 
 

Do
 
2 2
1
1 1
4 nên 1 3 5 2 1 9 8
2 2
m m
m m m
p p
m S p p

 
   
            

   
   
Mâu thuẫn với (1)
Nên trong dãy số
1 2
S , S ,
không tồn tại hai số hạng liên tiếp là số chính phương.
Câu 4:
1) Gọi M là trung điểm của AC.

Nguyễn Thanh Ninh- Email: website:
Vì E là điểm chính giữa của cung

AC
Nên
EO AC

tại M
Gọi G là giao điểm thứ hai của DF với đường tròn (O).
Vì

0
DFE 90

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính DE)
Nên

0
GFE 90


suy ra EG là đường kính của đường tròn (O)
Do đó

0
GMD 90

mà

0
GMD 90

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O))
Suy ra tứ giác BDMG nội tiếp


DBM DGM
 

Mặt khác:




DGM FBD DBM FBD
  
nên BM đối xứng với BF qua BD
2) Vì

0
ABC 90


Nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

0
BAC 60

Suy ra:
AB R; BC R 3;EM R
  

Theo tính chất đường phân giác:
     


DA AB R DA DC DA DC AC 2R
3 1 DA R 3 1
DC BC R
R 3 R 3
R 1 3 R 1 3 R 1 3

           
  

Mà


AC
MA R DA AM DA R 2 3
2
      

Tam giác EDM vuông nên
2 2
DE EM DM 2R 2 3
   
Câu 5:
Giả sử
; ; ;
a b c S
là ba cạnh và diện tích của tam giác (
; ;
a b c
là các số nguyên tố)
Ta có
P a b c
  
theo công thức Hê-rông:
   
2 2 2
16
P P a P b P c
S
  

Suy ra:







2
16 2 2 2 (1)
S P P a P b P c   
Giả sử S là số nguyên từ (1) suy ra P chẵn
Trường hợp 1:
; ;
a b c
chẵn suy ra
2
a b c
  
(
; ;
a b c
là các số nguyên tố)
Khi đó
3
S  (loại)
Trường hợp 2:
; ;
a b c
tồn tại một số chẵn hai số lẻ không mất tính tổng quát
a
chẵn
2
a
 

Nếu 2
b c b c a

    
(vô lí)
Nếu
  
  
2 2
2 2 2 2 4
1 1 (2)
16
b b
b c S S b S b S b
 
         
Mà S; b là các số nguyên nên không xảy ra đẳng thức (2)
Vậy diện tích tam giác ABC không thể là số nguyên.
Câu 6:
Giả sử tồn tại số
n
thỏa mãn đề bài. Gọi các số dư của phép chia
n
cho
1 2 11
, ,
a a a
là
1 2 11
, ,
r
r r
và các số dư của phép chia

n
cho
1 2 11
4 ,4 , 4
a a a
là
1 2 11
, ,
s
s s
các tổng
1 2 11 1 2 11
11 407 11 396
r r r a a a          
1 2 3 11 1 2 11
4 4 4 11 4.407 11 1617
           s s s s a a a
Suy ra:
1 2 3 11 1 2 3 11
396 1617 2013
           r r r r s s s s
Mà
1 2 3 11 1 2 3 11
2012
         r r r r s s s s suy ra
n
khi chia cho 22 số trên có 21 phép chia có số
dư kém số chia 1 đơn vị và có một phép chia mà số dư nhỏ hơn số chia 2 đơn vị.
Suy ra tồn tại
k

mà sao cho
;4
k k
a a
thỏa mãn điều kiện trên khi đó một trong hai số
1; 2
 
n n chia hết
cho
k
a
số còn lại chia hết cho
4
k
a
mà

ƯCLN
( 1; 2
k
n n+2) a
  
điều này không đúng nên không tồn
tại số
n
thỏa mãn yêu cầu đề bài.


F
M

D
E
G
O
C
B
A