Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Hạ Long năm 2012 - 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO
QUẢNG NINH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
NĂM HỌC 2012 -2013


ðỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh chuyên Toán, chuyên Tin)

Ngày thi: 29/6/2012


Chữ ký giám thị 1
. . . . . . . . . . . . . . . . .

Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao ñề)

Chữ ký giám thị 2
. . . . . . . . . . . . . . . . .

(ðề thi này có 01 trang)
Câu 1. (1,5 ñiểm)
Cho biểu thức A =
2 a 1 2
1 :
a 1
a 1 a a a a 1

 
 
− −
 
 
+
+ + + +
 
 
với a ≥ 0 ; a ≠ 1.
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của A khi a =
2013 2 2012
+
.
Câu 2. (2,5 ñiểm)
1. Giải hệ phương trình :
2 2
x(1 y) 5 y
x y 4 xy
+ = −


= −

.

2. Giải phương trình :
2
4x 3x 3 4x x 3 2 2x 1

+ + = + + −
.
Câu 3. (1,5 ñiểm)
Tìm m ñể phương trình :
2 2
x (m 2)x m 1 0
− + + + =
có các nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn
hệ thức :
2 2
1 2 1 2
x 2x 3x x
+ =
.
Câu 4. (3,5 ñiểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a, trên cạnh BC, CD lấy hai ñiểm E, F thay ñổi sao cho

0
EAF 45
=
(E thuộc BC, F thuộc CD, E khác B và C). ðường thẳng BD cắt hai ñoạn thẳng
AE và AF lần lượt tại M và N. ðường thẳng ñi qua A và giao ñiểm của EN, MF cắt EF tại H.
a) Chứng minh AH vuông góc với EF.
b) Chứng minh EF luôn tiếp xúc với một ñường tròn cố ñịnh.
c) Tìm vị trí của E, F ñể diện tích tam giác EFC ñạt giá trị lớn nhất.
Câu 5. (1,0 ñiểm)

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn:
x + y = 5
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4x + y 2x y
P =
xy 4
−
+
.

Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)





Họ và tên thí sinh …………… ………….…………………………SBD ………………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH


ðỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG NĂM HỌC 2012-2013
Môn : TOÁN
(Dành cho học sinh chuyên Toán, chuyên Tin)
(Hướng dẫn này có 03 trang)

Câu
Sơ lược lời giải
Cho
ñiểm

a 1 2 a 1 2
:
a 1
a 1 a(a 1) (a 1)
 
 
+ −
−
 
 
+
+ + + +
 
 

0,25

=
2
( a 1) 1 2
:
a 1
a 1 ( a 1)(a 1)
 

−
−
 
+
+ + +
 

0,25

=
2
( a 1) (a 1)
:
a 1
( a 1)(a 1)
− −
+
+ +

0,25

1.1
1ñiểm
=
2
( a 1) ( a 1)(a 1)
a 1
( a 1)( a 1)(a 1)
− + +
= −

− + +

0,25

2
a 2013 2 2012 ( 2012 1)
= + = +

0,25

1

1.2
0,5ñiểm
=>
a 2012 1
= +
=>
A 2012
=

0,25

Hệ
<=>
(x y) xy 5
xy(x y) 4
+ + =



+ =


ðặt
x y S

xy P
+ =


=

(*) ta ñược
S P 5

SP 4
+ =


=


0,5
Giải hệ ñược
S 4
P 1
=


=


hoặc
S 1
P 4
=


=


0,25

Với
S 4
P 1
=


=

thay vào (*) ñược
x y 4

xy 1
+ =


=

<=>

x 2 3
y 2 3
x 2 3
y 2 3


= −



= +





= +




= −





0,25

2.1

1,25ñiểm

Với
S 1
P 4
=


=

thay vào (*) ñược
x y 1

xy 4
+ =


=

vô nghiệm
Vậy hệ phương trình ñã cho có 2 nghiệm : (
2 3
−
;
2 3
+
) , (
2 3
+
;

2 3
−
)
0,25

ð/K :
1
x
2
≥
(*)
0,25

Với ñiều kiện ñó phương trình tương ñương
2
4x 4x x 3 x 3 1 2 2x 1 2x 1 0
− + + + + − − + − =

(
)
(
)
2
4 4 3 3 1 2 2 1 2 1 0
⇔ − + + + + − − + − =
x x x x x x

0,5

2

2.2
1,25ñiểm

(
)
(
)
2 2
2 3 1 2 1 0
⇔ − + + − − =
x x x
3 2
2 1 1

+ =

⇔

− =


x x
x

⇔
x = 1 thoả mãn
(*) Vậy phương trình có nghiệm x = 1
0,5
ðể phương trình có nghiệm x

1 ;
x
2
thì:

2 2 2
4
(m 2) 4(m 1) 0 3m 4m 0 0 m (*)
3
∆ = + − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤ ≤

0,5
Từ :
2 2
1 2 1 2
x 2x 3x x
+ =
1 2
1 2 1 2
1 2
x x
(x x )(x 2x ) 0
x 2x
=

⇔ − − = ⇔

=


0,5
Với x
1
= x
2
ta có :
1 2
1 2
2
1 2
x x
x x m 2
x .x m 1
=


+ = +


= +


m 0
t/m (*)
4
m
3
=



⇔

=


0,25

3
1,5 ñiểm
Với x
1
= 2x
2
ta có :
1 2
1 2
2
1 2
x 2x
x x m 2
x .x m 1
=


+ = +


= +


m 1
t/m (*)
1
m
7
=


⇔

=


Vậy với
1 4
m 0; ;1;
7 3
 
∈
 
 
thì pt có các nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn hệ thức ñã cho

0,25

Có



0
NBE = EAN = 45

=> tứ giác ANEB nội tiếp
=>

0
ENF 90
=

hay EN là ñường cao của ∆ AEF.
0,5
Có
 
0
MDF = MAF = 45

=> tứ giác ADFM nội tiếp
=>

0
AMF 90
=

hay FM là ñường cao của ∆AEF.
0,5

4.a

1,25ñiểm

I
H
M
N
D
A
B
C
E
F

có EN, FM là các ñường cao của tam
giác AEF => AH vuông góc với EF
0,25

Có AH vuông góc với EF
=> EF là tiếp tuyến của ñường tròn tâm A, bán kính AH.
0,25

có AMHF, EMNF là các tứ giác nội tiếp
=>



AFD AMD NFE
= =
và




DAF DMF FAH
= =

0,25

có
∆ADF=∆AHF
(g.c.g) => AH = AD = a không ñổi.
0,25

4.b
1ñiểm
Vậy EF luôn tiếp xúc với ñường tròn ( A, a ) cố ñịnh.
0,25

chứng minh ñược CE + CF + EF = CF + CE + EH + HF = 2a. 0,25

Có
EC + CF 2 EC.CF
≥
và
2 2
EC + CF 2EC.CF
≥

0,25

2 2

EC + CE + EC + CF 2a
EC.CF
2 + 2 2 + 2
⇒ ≤ =
hay
2
2
4a
EC.CF
(2 + 2)
≤

0,25

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2a
EC = CF = = a(2 2)
2 + 2
−

0,25

4

4.c
1,25
ñiểm
Có diện tích tam giác EFC bằng
1
EC.CF

2
.
Vậy diện tích tam giác EFC lớn nhất khi và chỉ khi
EC = CF = a(2 2)
−
.
0,25

Cho hai số dương
,
x y
thỏa mãn:
5
x y
+ =
.
4 2 4 1 4 1
4 2 4 4 2 2
x y x y x y y x y
P
xy y x y x
+ −
= + = + + − = + + + −

0,25

Thay
5
y x
= −

ñược:
4 1 5 4 1 5
4 2 2 4 2
−
= + + + − = + + + −
y x x y
P x
y x y x

0,25

4 1 5 3
2 . 2 .
4 2 2
≥ + − =
y
x
y x

0,25

Bài 5
1 ñiểm
P
bằng
3
2
khi
1; 4
x y

= =
Vậy Min P =
3
2

0,25


Các chú ý khi chấm:

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải
chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho ñiểm tối ña. Trong các phần có liên
quan với nhau, nếu học sinh làm sai phần trước thì không cho ñiểm những ý ở phần sau có sử
dụng kết quả phần trước. Không cho ñiểm lời giải bài hình nếu học sinh không vẽ hình.
2. Với các cách giải ñúng nhưng khác ñáp án, tổ chấm trao ñổi và thống nhất ñiểm chi
tiết nhưng không ñược vượt quá số ñiểm dành cho câu hoặc phần ñó. Mọi vấn ñề phát sinh
trong quá trình chấm phải ñược trao ñổi trong tổ chấm và chỉ cho ñiểm theo sự thống nhất của
cả tổ.
3. ðiểm toàn bài là tổng số ñiểm các phần ñã chấm, không làm tròn ñiểm.


_____________________Hết_____________________