Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Nguyễn Du tỉnh Đăk Lăk năm học 2013 - 2014 môn Toán (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25/6/2013

Câu 1: (3,0 điểm)
1) Giải phương trình:
  
2 2
2 3 10 21 25x x x x    

2) Giải hệ phương trình:
4 4
10 5
4 4
10 5

y
x
x
y

  




  




Câu 2
: (4,0 điểm)
1) Tìm số tự nhiên n lớn nhất sao cho 2015 viết được dưới dạng:

1 2
2015
n
a a a   
, với các số
1 2
, , ,
n
a a a
đều là hợp số.
2) Tìm số dư khi chia

2013 2014
2012 2015 cho 11
3) Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn đẳng thức
2ab bc ca   .
Chứng minh rằng: 1
1 1 1
a b c
b c a
a b c
  
  


Câu 3: (1,5 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa cung AB, M
là một điểm bất kỳ trên cung AC. Tia phân giác của

COM
cắt BM tại điểm D. Chứng
minh rằng khi điểm M di động trên cung AC thì điểm D thuộc một đường tròn cố định.

Câu 4
: (1,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC. Lấy điểm P tùy ý trong tam giác ABC. Từ điểm P hạ PD,
PE, PF lần lượt vuông góc tới các cạnh BC, CA, AB. Tính tỉ số
BD CE AF
PD PE PF
 
 

www.VNMATH.com

SƠ LƯỢC BÀI GIẢI
Câu 1: (3,0 điểm)
1)
  
    
2 2

2 3 10 21 25 1 3 3 7 25x x x x x x x x          

  
   
 
 
2 2
2 2
2
2
2
2
2 2
1 2
2 2
3
4 3 4 21 25
4 9 12 4 9 12 25
4 9 144 25
4 9 169
4 9 13 4 22 0
2 26, 2 26
4 9 13 4 4 0
2
x x x x
x x x x
x x
x x
x x x x
x x

x x x x
x
     
   
       
   
    
   

 
     
     

  
  
      
 

 


2) ĐK:
2 2
,
5 5
x y  . Đặt
1 1 5 5
, 0 , 0
2 2
a b a b

x y
 
     
 
 
. Hệ trở thành:
2 2
2 2
4 10 4 5 10 4 5 4
4 10 4 5 10 4 5 4
a b b a
b a a b
 
     
 

 
     
 
 

2 2
2 2
10 4 25 16 40
5 5
0 ,0
4 4
10 4 25 16 40
b a a
a b

a b b

   
 
    

 
   
 


 
 
  
2 2 2 2
2 2
4 4 16 16 40 40
3 10 0
3 3 10 0
3 3 10
a b a b a b
a b a b
a b a b
a b
a b
     
    
    





 


+)
a b
, ta có:
1
2 2 2
2
3
2
10 4 25 16 40 4 8 3 0
1
2
a
a a a a a
a




        






1
3
2
a  (không TMĐK),
2
1
2
a  (TMĐK)
Với
1
4
2
a b x y     (TMĐK)
+) 3 3 10a b  (không xảy ra). Vì
5 5
0 , 0
4 4
a b   
15 15
3 3 2 10
4 2
a b     
Vậy hệ có một nghiệm duy nhất
4
4
x
y







Câu 2
: (4,0 điểm)
1) Ta có hợp số nhỏ nhất là 4 mà 2015 4 503 3 503n    
www.VNMATH.com

+) Nếu n = 503 thì
1 2 503
2015 a a a   
 có ít nhất một
 
1, 2, ,503
i
a i   là số
lẻ, giả sử là
1 1 1 2 503
9 4 502 9 2017 2015a a a a a          
(không thỏa
mãn)

+) Nếu n = 502, ta có:
2015 4 500 6 9   
. Vậy n = 502
2) Ta có:
 
 
2014
2013 2014 2013
2012 2015 2012 1 2013 2 1     

Mà
     
2013
2012 1 2012 1 2013 11B B B    

   
2014
2014 2014
2013 2 1 2013 2 1 (11) 2 1B B       

       
201
2014 10 201
2 1 16 2 1 16 11 1 1 16 11 1 1 11 15 11 4B B B B

                
   

(Vì
 

10
2 1024 11 93 1 11 1B      ).
Vậy số dư khi chia
2013 2014
2012 2015 cho 11 là 4
3) Với a, b, x, y là các số dương ta chứng minh
 
 
2
2 2
1
a b
a b
x y x y

 


 
 
   
2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
1
2 0
2 0
a y b x x y xy a b
a xy a y b x b xy a xy b xy abxy

a y b x abxy
    
       
   

 
2
0ay bx   (bất đẳng thức đúng). Dấu “=” xảy ra khi
0
a b
ay bx
x y
   
Áp dụng (1) ta chứng minh
 
 
2
2 2 2
2
a b c
a b c
x y z x y z
 
  
 
với a, b, c, x, y, z là các số
dương.
Thật vậy
   
2 2

2 2 2 2
a b a b c
a b c c
x y z x y z x y z
  
    
  
. Dấu “=” xảy ra khi
a b c
x y z
 

Áp dụng (2), ta có
 
 
2
2 2 2
2 2
1 1 1
a b c
a b c a b c a b c
b c a
a b b c c a a b c
a b c
 
 
      
    
  

Lại có






2 2 2
0 2a b b c c a a b c ab bc ca            
Do đó
2
1
2
1 1 1
a b c
b c a
a b c
   
  
. Dấu “=” xảy ra khi
2
3
2
a b c
a b b c c a
a b c a b c
ab bc ca

 


  

     


  



Câu 3: (1,5 điểm)

www.VNMATH.com

Ta có



1
2
CBM COM COD  (góc nội tiếp và góc
ở tâm, OD là phân giác


COM )
Xét tứ giác BCDO, ta có:


CBD COD
(cmt), O và
B nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ CD  O, B
cùng thuộc một cung chứa góc dựng trên đoạn
thẳng OB. Do đó tứ giác BCDO nội tiếp
Lại có

0
90
BOC

(vì


CA CB OC AB  
)
Vậy tứ giác BCDO nội tiếp đường tròn đường kính BC, mà BC cố định nên D thuộc
đường tròn cố định đường kính BC (cung OC hình vẽ)
Câu 4
: (1,5 điểm)

Đặt AB = BC = CA = a
Qua P kẻ SL // AB (S  AC, L  BC), IK // BC (I 
AB, K  AC), MN // AC (M  AB, N  BC). Rõ ràng
các tứ giác ABLS, BCKI, ACNM là các hình thang

cân và các tam giác PMI, PLN, PKS là các tam giác
đều có PF, PD, PE lần lượt là các đường cao
 BL = AS, LD = ND, CK = BI, KE = SE, AM = NC,
MF = IF
 BL + LD + CK + KE + AM + MF = AS + ND + BI
+ SE + NC + IF
 BD + CE + AF = AE + BF + CD
Mà (BD + CE + AF) + (AE + BF + CD) = BC + AC + AB = 3a
3
BD+CE+AF= a
2
 (*)
Lại có
 
2
ABC BPC APC APB
a 3 1 a 3
S =S +S +S = a(PD+PE+PF) PD+PE+PF= **
4 2 2
 
Từ (*) và (**) có
BD+CE+AF 3a a 3
= : = 3
PD+PE+PF 2 2



N
M
K

I
L
S
F
E
D
A
B
C
P
www.VNMATH.com