Đề thi tuyển sinh môn toán lớp 10 chuyên vĩnh phúc năm học 2013 - 2014(có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho tất cả các thí sinh
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề.
—————————
Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức
( )
3
1
: 1
1
x
P x x
x
 
+
= − −
 ÷
+
 
, với
1, 1x x≠ ≠ −
.
a) Rút gọn biểu thức
P
.
b) Tìm tất cả các giá trị của
x

để
2
7P x= −
.
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình:
2 3
1
1
3 1
4
1
x y
x y

− = −

−



+ =

−

b) Giải phương trình:
1 2 3 4
99 98 97 96
x x x x+ + + +
+ = +

Câu 3 (2,0 điểm). Cho phương trình
2
(2 1) 2 0x m x m− − + − =
, (x là ẩn, m là tham số).
a) Giải phương trình đã cho với
1.m =
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng lập
phương của hai nghiệm đó bằng 27.
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho đường tròn
( )
O
và điểm
M
nằm ngoài
( )
O
. Từ điểm
M
kẻ hai tiếp tuyến
,MA MC
(
,A C
là các tiếp điểm) tới đường tròn
( )
O
. Từ điểm
M
kẻ cát tuyến
MBD

(
B
nằm giữa
M
và D,
MBD không đi qua
O
). Gọi
H
là giao điểm của
OM
và
AC
. Từ
C

kẻ đường thẳng song song với
BD
cắt đường tròn
( )
O
tại E (E khác C), gọi
K
là giao điểm của
AE
và
BD
. Chứng minh:
a) Tứ giác
OAMC

nội tiếp.
b) K là trung điểm của BD.
c) AC là phân giác của góc
·
BHD
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
. Chứng minh:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
1 1 1
ab c bc a ca b
ab bc ca
ab c bc a ca b
+ + +
+ + ≥ + + +
+ − + − + −
HẾT
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:……………………………………………; SBD:……………………………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho tất cả các thí sinh
—————————
A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1
Cho biểu thức
( )
3
1
: 1
1
x
P x x
x
 
+
= − −
 ÷
+
 
, với
1, 1x x≠ ≠ −
.
a Rút gọn biểu thức

P
. 1,0
( )
( )
( )
2
1 1
: 1
1
x x x
P x x
x
 
+ − +
 ÷
= − −
 ÷
+
 
0,50
( )
( )
2
2 1 : 1x x x= − + −
0,25
1x= −
. Vậy
1P x= −
. 0,25
b

Tìm tất cả các giá trị của
x
để
2
7P x= −
. 1,0
Theo phần a) ta có
( )
2 2
7 1 7 1P x x x= − ⇔ − = −
0,50
( )
2
2
1 6 0
3
x
x x
x
= −

⇔ − − = ⇔

=

. KL các giá trị của x cần tìm là:
2
3
x
x

= −


=

0,50
2 a
Giải hệ phương trình:
2 3
1
1
3 1
4
1
x y
x y

− = −

−



+ =

−

1,0
Điều kiện xác định:
0, 1x y≠ ≠

. Đặt
1 1
,
1
a b
x y
= =
−
0,25
Thay vào hệ đã cho ta được
2 3 1 2 3 1 11 11 1
3 4 9 3 12 2 3 1 1
a b a b a a
a b a b a b b
− = − − = − = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
+ = + = − = − =
   
0,50
1 1
1 1 2
x x
y y
= =
 
⇔ ⇔
 
− = =

 
. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là
( ) ( )
; 1;2x y =
.
0,25
b
Giải phương trình:
1 2 3 4
99 98 97 96
x x x x+ + + +
+ = +
1,0
Để ý rằng
99 1 98 2 97 3 96 4+ = + = + = +
nên phương trình được viết lại về dạng
0,50
1 2 3 4
1 1 1 1
99 98 97 96
x x x x+ + + +
+ + + = + + +
(1)
Phương trình (1) tương đương với
( )
100 100 100 100 1 1 1 1
100 0 100
99 98 97 96 99 98 97 96
x x x x
x x

+ + + +
 
+ = + ⇔ + + − − = ⇔ = −
 ÷
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
100.x = −
0,50
3
Cho phương trình
2
(2 1) 2 0x m x m− − + − =
, (x là ẩn, m là tham số).
a Giải phương trình khi
1.m
=
1,0
Khi
1m
=
phương trình có dạng
2
1 0x x− − =
0,25
Phương trình này có biệt thức
2
( 1) 4 1 ( 1) 5 0, 5∆ = − − × × − = > ∆ =
0,25
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
1

1 5
2
x
−
=
và
2
1 5
2
x
+
=
0,50
b Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng lập
phương của hai nghiệm đó bằng 27.
1,0
Phương trình đã cho có biệt thức
[ ]
2
2 2
(2 1) 4 1 ( 2) 4 8 9 4( 1) ,5 0m m m m m m∆ = − − − × × − = − + = − + > ∀
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
với mọi giá trị của tham số m.
0,25
Khi đó, theo định lý Viét:
1 2 1 2
2 1, 2x x m x x m+ = − = −
Ta có

3 3 3 3 2
1 2 1 2 1 2 1 2
( ) 3 ( ) 8 18 21 7x x x x x x x x m m m+ = + − + = − + −
0,25

3 3 3 2 2
1 2
27 8 18 21 34 0 ( 2)(8 2 17) 0x x m m m m m m+ = ⇔ − + − = ⇔ − − + =
(1) 0,25
Do phương trình
2
8 2 17 0m m− + =
có biệt thức
4 4 8 17 0
∆ = − × × <
nên
(1) 2m⇔ =
Vậy
2m =
.
0,25
4
a
Tứ giác
OAMC
nội tiếp. 1,0
Do MA, MC là tiếp tuyến của (O) nên
·
·
0

, 90OA MA OC MC OAM OCM⊥ ⊥ ⇒ = =
0,50
·
·
0
180OAM OCM⇒ + = ⇒
Tứ giác OAMC nội tiếp đường tròn đường kính OM. 0,50
b
K là trung điểm của BD.
1,0
Do CE // BD nên
·
·
AKM AEC=
,
·
·
AEC ACM=
(cùng chắn cung
»
AC
)
· ·
AKM ACM⇒ =
. Suy ra tứ giác AKCM nội tiếp.
0,50
Suy ra 5 điểm M, A, K, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính OM
⇒
·
0

90OKM =
0,50
B
K
E
H
C
A
OM
D
hay OK vuông góc với BD. Suy ra K là trung điểm của BD.
c
AH là phân giác của góc
·
BHD
. 1,0
Ta có:
2
.MH MO MA=
,
2
.MA MB MD=
(Do
,MBA MAD∆ ∆
đồng dạng)
. .MH MO MB MD
⇒ =

,MBH MOD⇒ ∆ ∆
đồng dạng

·
·
BHM ODM⇒ =
⇒
tứ giác
BHOD nội tiếp
⇒

·
·
MHB BDO=
(1)
0,25
Tam giác OBD cân tại O nên
·
·
BDO OBD=
(2) 0,25
Tứ giác BHOD nội tiếp nên
·
·
OBD OHD=
(3) 0,25
Từ (1), (2) và (3) suy ra
·
·
·
·
MHB OHD BHA DHA= ⇒ = ⇒
AC là phân giác của góc

·
BHD
.
0,25
5
Cho các số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
. Chứng minh:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
1 1 1
ab c bc a ca b
ab bc ca
ab c bc a ca b
+ + +
+ + ≥ + + +
+ − + − + −
1,0
Do
2 2 2
1a b c+ + =
nên ta có
( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2

2 2 2
2 2 2 2
1
2
ab c ab c ab c ab c
ab c a b c ab c a b ab
ab c a b ab
+ + + +
= = =
+ − + + + − + +
+ + +
0,25
Áp dụng bất đẳng thức
( )
, , 0
2
x y
xy x y
+
≤ >
( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
2 2
2
2 2
a b c

c a b ab
ab c a b ab a b c
+ +
+ + +
⇒ + + + ≤ ≤ = + +
0,25
( ) ( )
( )
2 2 2
2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 1
1
2
ab c ab c ab c
ab c
ab c a b c
ab c a b ab
+ + +
⇒ = ≥ = +
+ − + +
+ + +
Tương tự
( )
2
2
2
2

2 2
1
bc a
bc a
bc a
+
≥ +
+ −
và
( )
2
2
2
2
2 3
1
ca b
ca b
ca b
+
≥ +
+ −
0,25
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) kết hợp
2 2 2
1a b c+ + =
ta có bất đẳng
thức cần chứng minh. Dấu “=’’ khi
1
3

a b c= = =
.
0,25
Hết
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
a)
Giải hệ phương trình:
( )
1
5 , ,
z 2
xy x y
yz y z x y z
x z x
= + +


= + + ∈


= + +


¡
b)
Giải phương trình:
( )
2 2
3 2 1 6 3 1 2 2 2 1 ,x x x x x x x+ + + − + = + + + + − ∈¡
.
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Chứng minh rằng nếu
n

là số nguyên dương thì
( )
2013 2013 2013
2 1 2 n+ + +
chia hết cho
( )
1n n +
.
b) Tìm tất cả các số nguyên tố
,p q
thỏa mãn điều kiện
2 2
2 1p q− =
.
Câu 3 (1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là các số thực dương thỏa mãn
1abc
=

. Chứng minh:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
1 1 1 1 1 1 4
a b c
a b b c c a
+ + ≥
+ + + + + +
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC,

AB AC<
. Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ
A, B, C. Gọi P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D song song với EF lần
lượt cắt các đường thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S. Chứng minh:
a) Tứ giác BQCR nội tiếp.
b)
PB DB
PC DC
=
và D là trung điểm của QS.
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC.
Câu 5 (1,0 điểm). Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ
số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16?
HẾT
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:……………………………………………; SBD:……………………………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán
—————————
A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1
a
Giải hệ phương trình
( )
1
5 , ,
z 2
xy x y
yz y z x y z
x z x
= + +


= + + ∈


= + +

¡
1,5

( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1 2
1
5 1 1 6
z 2
1 1 3
x y
xy x y
yz y z y z
x z x
z x
− − =
= + +



= + + ⇔ − − =
 
 
= + +
− − =


0,50
Nhân từng vế các phương trình của hệ trên ta được
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )
2
1 1 1 6
1 1 1 36
1 1 1 6
x y z
x y z
x y z
− − − =
− − − = ⇔

− − − = −


0,50
+) Nếu
( ) ( ) ( )
1 1 1 6x y z− − − =
, kết hợp với hệ trên ta được
1 1 2
1 2 3
z 1 3 z 4
x x
y y
− = =
 
 
− = ⇔ =
 
 

− = =
 
0,25
+) Nếu
( ) ( ) ( )
1 1 1 6x y z− − − = −
, kết hợp với hệ trên ta được
1 1 0
1 2 1
z 1 3 z 2
x x
y y
− = − =
 
 
− = − ⇔ = −
 
 
− = − = −
 
. Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm
( ) ( ) ( )
; ; 2;3;4 , 0; 1; 2x y z = − −
.
0,25
b
Giải phương trình
( )
2 2
3 2 1 6 3 1 2 2 2 1 ,x x x x x x x+ + + − + = + + + + − ∈¡

1,5
Điều kiện xác định
1x ≥
. Khi đó ta có
2 2
3 2 1 6 3 1 2 2 2 1x x x x x x+ + + − + = + + + + −
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 1 6 3 1 2 2 2 1x x x x x x x⇔ + + + − + + = + + + + −
0,50
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 1 3 1 2 1 2 2 6x x x x x x x⇔ + + + − + − + = − + + −
( ) ( )
1 2 1 3 2 1 2 3x x x x x⇔ + + + − − = − + + −
( ) ( )
1 2 x 2 1 3 0x x⇔ + − + + − − =
0,50
*)
( ) ( )
2
2 1 3 0 2 1 2 2 1 9 2 4x x x x x x x x x+ + − − = ⇔ + + − + + − = ⇔ + − = −
0,25
2 2
4
2
2 8 16
x
x
x x x x
≤


⇔ ⇔ =

+ − = − +

*)
1 2 1 4 3.x x x+ = ⇔ + = ⇔ =
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là
{ }
2,3S =
.
0,25
2 a
Chứng minh rằng nếu
n

là số nguyên dương thì
( )
2013 2013 2013
2 1 2 n+ + +
chia hết
cho
( )
1n n +
.
1,0
Nhận xét. Nếu
,a b
là hai số nguyên dương thì
( )
2013 2013

a b a b+ +M
. 0,25
Khi đó ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2013
2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1 1 1n n n n n+ + + = + + + − + + + +M
(1)
0,25
Mặt khác
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2013 2013 2013
2013 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2
1 1 2 2 1 1 2. 2
n
n n n n n
+ + +

= + − + + − + + − + + M
0,25
Do
( )
, 1 1n n + =
và kết hợp với (1), (2) ta được
( )
2013 2013 2013
2 1 2 n+ + +
chia hết cho
( )
1n n +
.
0,25
b
Tìm tất cả các số nguyên tố
,p q
thỏa mãn điều kiện
2 2
2 1p q− =
1,0
Nếu
,p q
đều không chia hết cho 3 thì
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 mod3 , 1 mod3 2 1 mod3p q p q≡ ≡ ⇒ − ≡ −
vô lý. Do đó trong hai số
,p q
phải có một số bằng 3.

0,50
+) Nếu
2 2
3 9 2 1 4 2p q q q= ⇒ − = ⇔ = ⇔ =
. Do đó
( ) ( )
, 3,2p q =
. 0,25
+) Nếu
2 2
3 18 1 19q p p= ⇒ − = ⇔ =
vô lí. Vậy
( ) ( )
, 3,2p q =
. 0,25
3
Cho
, ,a b c
là các số thực dương thỏa mãn
1abc
=
. Chứng minh:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
1 1 1 1 1 1 4
a b c
a b b c c a
+ + ≥
+ + + + + +
1,0

Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
1 1 1 1 1 1 4
a b c
a b b c c a
+ + ≥
+ + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4 1 4 1 4 1 3 1 1 1a c b a c b a b c⇔ + + + + + ≥ + + +
0,50
( ) ( ) ( ) ( )
4 4 3 3 3 3ab bc ca a b c abc ab bc ca a b c⇔ + + + + + ≥ + + + + + + +
6ab bc ca a b c⇔ + + + + + ≥
(1)
0,25
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương ta được:
( )
2
2
3 3ab bc ca abc+ + ≥ =
;
2
3 3a b c abc+ + ≥ =
cộng từng vế hai bất đẳng thức
này ta được (1). Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1a b c
= = =
.

0,25
4
a Tứ giác BQCR nội tiếp. 1,0
Do
AB AC
<
nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó Q, C
nằm về cùng một phía của đường thẳng BR.
0,25
Do tứ giác BFEC nội tiếp nên
·
·
AFE BCA=
, 0,25
Do QR song song với EF nên
·
·
AFE BQR=
0,25
Từ đó suy ra
·
·
BCA BQR=
hay tứ giác BQCR nội tiếp. 0,25
b
PB DB
PC DC
=
và D là trung điểm của QS. 1,0
Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên

DB HB
AE HA
=
Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên
DC HC
AF HA
=
Từ hai tỷ số trên ta được
( )
. . 1
DB AE HB AE FB
DC AF HC AF EC
= =
0,25
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:
( )
. . 1 . 2
PB EC FA PB AE FB
PC EA FB PC AF EC
= ⇔ =
0,25
Từ (1) và (2) ta được
( )
3
PB DB
PC DC
=
0,25
Do QR song song với EF nên theo định lí Thales:
,

DQ BD DS CD
PF BP PF CP
= =
.
Kết hợp với (3) ta được
DQ DS=
hay D là trung điểm của QS.
0,25
c Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. 1,0
Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh
. .DP DM DQ DR=
.
Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên
. .DQ DR DB DC=
(4).
0,25
Tiếp theo ta chứng minh
. . .
2
DC DB
DP DM DB DC DP DB DC
−
 
= ⇔ =
 ÷
 
0,25
( ) ( ) ( )
2 . . .DP DC DB DB DC DB DP DC DC DP DB DB PC DC PB− = ⇔ + = − ⇔ =
PB DB

PC DC
⇔ =
(đúng theo phần b). Do đó
( )
. . 5DP DM DB DC=
0,25
Từ (4) và (5) ta được
. .DP DM DQ DR=
suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay đường
tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC.
0,25
D M
P
Q
R
S
E
F
H
A
B
C
5
Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ số a,
b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16?
1,0
Trả lời: Không tồn tại 16 số như vậy. Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được 16 số thỏa
mãn. Khi đó, ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16:
0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15; trong đó có 8 số chẵn, 8 số lẻ.
Do đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a, b và chữ số lẻ

là c.
0.25
Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này:
, , , , , , , , .aac abc acc bac bbc bcc cac cbc ccc
0.25
Gọi
1 2 9
, , ,x x x…
là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng cách bỏ đi chữ
số c (ở hàng đơn vị). Khi đó
( )
mod16 16
i j
x c x c≡ ⇔
/
không là ước của
i j
x c x c−
tức là
i j
x x−
không chia hết
cho 8
0.25
Nhưng trong 9 số
1 2 9
, , ,x x x…
chỉ có ba số lẻ
, ,ac bc cc
nên 8 số bất kỳ trong 9 số

1 2 9
, , ,x x x…
luôn có hai số có cùng số dư khi chia cho 8, mâu thuẫn.
Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn cũng không xảy ra
0.25
Hết
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
c)
Giải hệ phương trình:
( )
2
2
2 2 0
,
3 0
x xy y
x y
y xy x y
+ − + =
∈
+ −






− =
¡
d)
Giải phương trình:
( )
2 2
3 2 1 6 3 1 2 2 2 1 ,x x x x x x x+ + + − + = + + + + − ∈¡
.
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Chứng minh rằng nếu
n

là số nguyên dương thì
( )
2013 2013 2013
2 1 2 n+ + +
chia hết cho
( )
1n n +
.
b) Tìm tất cả các số nguyên tố
,p q
thỏa mãn điều kiện
2 2
2 1p q− =
.

Câu 3 (1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là các số thực bất kì. Chứng minh:
( ) ( )
2 2 2
3 .a b c ab bc ca a b b c
+ + − − − ≥ − −
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC,

AB AC
<
và nội tiếp đường tròn
( )
O
. D là điểm đối
xứng với A qua O. Tiếp tuyến với
( )
O
tại D cắt BC tại E. Đường thẳng DE lần lượt cắt các đường
thẳng AB, AC tại K, L. Đường thẳng qua A song song với EO cắt DE tại F. Đường thẳng qua D song
song với EO lần lượt cắt AB, AC tại M, N. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác BCLK nội tiếp.
b) Đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF.
c) D là trung điểm của đoạn thẳng MN.
Câu 5 (1,0 điểm). Xét 20 số nguyên dương đầu tiên
1,2,3, ,20.
…
Hãy tìm số nguyên dương
k
nhỏ

nhất có tính chất: Với mỗi cách lấy ra k số phân biệt từ 20 số trên, đều lấy được hai số phân biệt
a
và
b
sao cho
a b+

là một số nguyên tố.
HẾT
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:……………………………………………; SBD:……………………………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin
—————————
A. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1
a
Giải hệ phương trình:
( )
2

2
2 2 0
,
3 0
x xy y
x y
y xy x y
+ − + =
∈
+ −





− =
¡
1,5
( )
( )
2
2
2 2 0 1
3 0 2
x xy y
y xy x y

+ − + =



+ − − =


Cộng từng vế các phương trình (1) và (2) ta được:
( ) ( ) ( )
2
2 2
2 3 2 0 3 2 0x y xy x y x y x y+ + − + + = ⇔ + − + + =
0,50
1
2
x y
x y
+ =

⇔

+ =

+) Nếu
1 1x y y x
+ = ⇔ = −
thay vào (1) ta được
( ) ( )
2
1 2 1 2 0x x x x
+ − − − + =
3 0 0 1x x y
⇔ = ⇔ = ⇒ =
.

0,50
+) Nếu
2 2x y y x
+ = ⇔ = −
thay vào (1) ta được
( ) ( )
2
2 2 2 2 0x x x x
+ − − − + =
1 3
4 2 .
2 2
x x y
⇔ = ⇔ = ⇒ =
0,25
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
( ) ( )
1 3
; 0;1 , ;
2 2
x y
 
=
 ÷
 
. 0,25
b
Giải phương trình
( )
2 2

3 2 1 6 3 1 2 2 2 1 ,x x x x x x x+ + + − + = + + + + − ∈¡
1,5
Điều kiện xác định
1x ≥
. Khi đó ta có
2 2
3 2 1 6 3 1 2 2 2 1x x x x x x+ + + − + = + + + + −
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 1 6 3 1 2 2 2 1x x x x x x x⇔ + + + − + + = + + + + −
0,50
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 1 3 1 2 1 2 2 6x x x x x x x⇔ + + + − + − + = − + + −
( ) ( )
1 2 1 3 2 1 2 3x x x x x⇔ + + + − − = − + + −
( ) ( )
1 2 x 2 1 3 0x x⇔ + − + + − − =
0,50
*)
( ) ( )
2
2 1 3 0 2 1 2 2 1 9 2 4x x x x x x x x x+ + − − = ⇔ + + − + + − = ⇔ + − = −
2 2
4
2
2 8 16
x
x
x x x x
≤


⇔ ⇔ =

+ − = − +

0,25
*)
1 2 3.x x+ = ⇔ =
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là
{ }
2,3S =
.
0,25
2 a
Chứng minh rằng nếu
n

là số nguyên dương thì
( )
2013 2013 2013
2 1 2 n+ + +
chia hết
cho
( )
1n n +
.
1,0
Nhận xét. Nếu
,a b
là hai số nguyên dương thì
( )

2013 2013
a b a b+ +M
0,25
Khi đó ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2013
2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1 1 1n n n n n+ + + = + + + − + + + +M
(1)
0,25
Mặt khác
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2013 2013 2013
2013 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2
1 1 2 2 1 1 2. 2
n
n n n n n

+ + +
= + − + + − + + − + + M
0,25
Do
( )
, 1 1n n + =
và kết hợp với (1), (2) ta được
( )
2013 2013 2013
2 1 2 n+ + +
chia hết cho
( )
1n n +
.
0,25
b
Tìm tất cả các số nguyên tố
,p q
thỏa mãn điều kiện
2 2
2 1p q− =
1,0
Nếu
,p q
đều không chia hết cho 3 thì
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 mod3 , 1 mod3 2 1 mod3p q p q≡ ≡ ⇒ − ≡ −
vô lý. Do đó trong hai số
,p q

phải có một số bằng 3.
0,50
+) Nếu
2 2
3 9 2 1 4 2p q q q= ⇒ − = ⇔ = ⇔ =
. Do đó
( ) ( )
, 3,2p q =
. 0,25
+) Nếu
2 2
3 18 1 19q p p= ⇒ − = ⇔ =
vô lí. Vậy
( ) ( )
, 3,2p q =
. 0,25
3
Cho
, ,a b c
là các số thực bất kì. Chứng minh:
( ) ( )
2 2 2
3 .a b c ab bc ca a b b c
+ + − − − ≥ − −
1,0
Ta có
( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
3

3 3 3 3
a b c ab bc ca a b b c
a b c ab bc ca ab ac b bc
+ + − − − ≥ − −
⇔ + + − − − ≥ − − +
0,25
2 2 2
4 4 4 2 0a b c ab bc ac
⇔ + + − − + ≥
0,25
( )
2
2 0a c b
⇔ + − ≥
(bất đẳng thức này luôn đúng).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2a c b
+ =
.
0,50
4
a Tứ giác BCLK nội tiếp. 1,0
Ta có
·
1
2
ALD =
(sđ
»
AD

- sđ
»
DC
) =
1
2
sđ
»
AC
(1) 0,25
Lại có:
·
1
2
ABC =
sđ
»
AC
(2) 0,25
Từ (1) và (2) suy ra
·
·
ALD ABC=
0,25
Suy ra
·
·
0
180CLK CBK+ =
, suy ra tứ giác BKLC nội tiếp. 0,25

b Đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF. 1,0
Do DE là tiếp tuyến của (O) nên
2
.ED EC EB
=
. 0,25
Mặt khác trong tam giác ADF có O là trung điểm của AD, OE song song với AF nên
E là trung điểm của DF suy ra
ED EF
=
.
0,25
Do đó
2 2
. .ED EC EB EF EC EB
= ⇔ =
. Đẳng thức này chứng tỏ
EF
là tiếp tuyến
của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF.
0,50
c D là trung điểm của đoạn thẳng MN. 1,0
Do tứ giác BCLK nội tiếp nên
2
. . .EB EC EL EK ED EL EK
= ⇒ =
(1). 0,25
Do MN || AF nên theo định lí Talet ta có
,
DM KD DN LD

AF KF AF LF
= =
(2). 0,25
Do đó để chứng minh
DM DN
=
ta sẽ chứng minh
KD LD
KF LF
=
. Thật vậy:
. .
KD LD
KD LF LD KF
KF LF
= ⇔ =
( ) ( ) ( ) ( )
EK ED ED EL ED EL EK ED⇔ − + = − +
0,25
2 2
. . . . . .EK ED EK EL ED ED EL ED EK ED EL EK EL ED
⇔ + − − = + − −
2
.ED EL EK
⇔ =
(luôn đúng do (1)). Do đó
KD LD DM DN
DM DN
KF LF AF AF
= ⇔ = ⇔ =

hay D là trung điểm của MN.
0,25
5
Xét 20 số nguyên dương đầu tiên
1,2,3, ,20.
…
Hãy tìm số nguyên dương
k
nhỏ nhất
có tính chất: Với mỗi cách lấy ra k số phân biệt từ 20 số trên, đều lấy được hai số
phân biệt
a
và
b
sao cho
a b+

là một số nguyên tố.
1,0
Xét tập hợp
{ }
2,4,6,8,10,12,14,16,18,20
, ta thấy tổng của hai phần tử bất kì của tập
hợp này đều không phải là số nguyên tố.
Do đó
11k
≥
, ta sẽ chứng minh
11k
=

là số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0.25
N
M
F
L
E
K
D
O
B
A
C
Thật vậy, ta chia tập hợp
{ }
1,2,3, , 20A
=
thành
10
cặp số sau:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1,2 , 3,16 , 4,19 , 5,6 , 7,10 , 8,9 , 11,20 , 12,17 , 13,18 , 14,15
.
Tổng của hai số trong mỗi cặp số trên là số nguyên tố.
0.50
Khi đó mỗi tập con của
A
có 11 phần tử thì tồn tại ít nhất hai phần tử thuộc cùng
vào một trong 10 cặp số trên. Suy ra trong
A

luôn có hai phần tử phân biệt có tổng là
một số nguyên tố.
0.25
Hết