SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề thi gồm : 01 trang
Câu I (2,0 điểm)
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử
2 2 2
a (b-2c)+b (c-a)+2c (a-b)+abc
.
2) Cho x, y thỏa mãn
2 2
3 3
x y- y +1+ y+ y +1
=
. Tính giá trị của biểu thức
4 3 2 2
A x +x y+3x +xy- 2y +1
=
.
Câu II ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình
2 4 2
(x - 4x+11)(x - 8x +21) 35=
.
2) Giải hệ phương trình
(
)
(
)
2 2
2 2
x+ x +2012 y+ y +2012 2012
x + z - 4(y+z)+8 0
=
=
.
Câu III (2,0 điểm)
1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì (n
2
+ n + 1) không chia hết cho 9.
2) Xét phương trình x
2
– m
2
x + 2m + 2 = 0 (1) (ẩn x). Tìm các giá trị nguyên
dương của m để phương trình (1) có nghiệm nguyên.
Câu IV (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC ngoại tiếp đường tròn tâm O.
Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC; BO cắt EF
tại I. M là điểm di chuyển trên đoạn CE.
1) Tính
·
BIF
.
2) Gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng nếu AM = AB thì
tứ giác ABHI nội tiếp.
3) Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O), P và Q lần lượt là
hình chiếu của N trên các đường thẳng DE, DF. Xác định vị trí của điểm M để
PQ lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm)
Cho 3 số a, b, c thỏa mãn
0 a b c 1
≤ ≤ ≤ ≤
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
1 1 1
B (a+b+c+3) + +
a+1 b+1 c+1
÷
=
.
Hết
Họ và tên thí sinh………………………………. Số báo danh……………… ………………
Chữ kí của giám thị 1: ……………………… Chữ kí của giám thị 2: ……………………
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT
CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (chuyên)
Hướng dẫn chấm gồm : 03 trang
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng
chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Nội dung Điểm
Câu I (2,0đ)
1) 1,0 điểm
2 2 2 2 2 2
a (b - 2c) +b (c - a) + 2c (a - b) + abc=2c (a - b)+ab(a-b)-c(a ) ( )b ac a b− − −
0,25
2
( )[2 2 ]a b c ac ab bc= − − + −
0,25
( )[2 ( ) ( )]a b c c a b a c= − − + −
0,25
( )( )( 2 )a b a c b c= − − −
0,25
2) 1,0 điểm
Có
2 2
3 3
x = y- y + 1 y+ y + 1+
3 2 2 2 2
3 3 3 3
x = 2y +3 y - y + 1 . y+ y + 1 y- y +1 y+ y +1
⇒ +
÷
0,25
3
x + 3x -2y = 0⇒
0,25
4 3 2 2 4 2 3 2
A = x + x y + 3x - 2xy + 3xy - 2y + 1 = (x +3x -2xy) +(x y+3xy - 2y ) 1+
0,25
3 3
x(x +3x-2y) +y(x +3x - 2y) 1 1= + =
0,25
Câu II (1,0đ)
1)1,0 điểm
phương trình đã cho tương đương với
2 2 2
( 2) 7 ( 4) 5 35x x
− + − + =
(1)
0,25
Do
2
2 2 2
2 2
( 2) 7 7
( 2) 7 ( 4) 5 35
( 4) 5 5
x x
x x x
x x
− + ≥ ∀
⇒ − + − + ≥ ∀
− + ≥ ∀
0,25
2
2 2
( 2) 7 7
(1)
( 4) 5 5
x
x
− + =
⇔
− + =
0,25
<=>x=2 0,25
2)1,0 điểm
2 2
2 2
(x+ x +2012)(y+ y +2012) 2012 (1)
x + z - 4(y+z)+8=0 (2)
=
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
(1) 2012 2012 2012 2012 2012x x y y y y y y⇔ + + + + + − = + −
(Do
2
2012 0y y y+ − ≠ ∀
)
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2012 2012 2012 2012 2012 2012
2012 2012
2012 2012 2012 2012
2012 2012
x x y y x x y y
x y y x
y x y x
x y
y x
⇔ + + = + − ⇔ + + = + −
⇔ + = + − +
+ − + + + +
⇔ + =
+ + +
2 2
2 2
2 2 2 2
2012 2012
( ) 0
2012 2012 2012 2012
y y x x
y x
x y x y
y x y x
+ − + + +
−
⇔ + = ⇔ + =
+ + + + + +
0,25
Do
2
2 2
2
2012 | |
2012 2012 0
2012 | |
y y y y
y y x x y x
x x x x
+ >
+ + + + > =
+ >
0,25
Thay y=-x vo(2)
2 2 2 2
4 4 8 0 ( 2) ( 2) 0x z x z x z + + + = + + =
0,25
2
2
( 2) 0 2
2
2
( 2) 0
x x
y x
z
z
+ = =
= =
=
=
Vy h cú nghim (x;y;z)=(-2;2;2).
0,25
Cõu III (2,0)
1)1,0 im t A = n
2
+ n + 1 do
n
Â
n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + 2 (k
Â
) 0,25
* n = 3k => A khụng chia ht cho 9 (vỡ A khụng chia ht cho 3) 0,25
* n = 3k + 1 => A = 9k
2
+ 9k + 3 khụng chia ht cho 9. 0,25
* n = 3k +2 => A = 9k
2
+9k+7 khụng chia ht cho 9
Vy vi mi s nguyờn n thỡ A = n
2
+ n + 1 khụng chia ht cho 9.
0,25
2)1,0 im
Giả sử tồn tại m
*
Ơ
để phơng trình có nghiệm x
1
,
x
2
Theo vi-et:
2
1 2
1 2
2 2
x x m
x x m
+ =
= +
(x
1
- 1) (x
2
- 1) = - m
2
+ 2m + 3
0,25
Vi m
*
Ơ
. Ta có x
1
x
2
1
và x
1
+ x
2
4
m x
1
hoặc x
2
nguyên và
2 *
1 2
x x m+ = Ơ
*
1 2 1 2
, ( 1)( 1) 0x x x x Ơ
2
m 2m 2 0 (m 1)(m 3) 0 3m + + +
m {1;2;3}
0,25
Với m = 1; m = 2 thay vào ta thấy phơng trình đã cho vô nghiệm.
0,25
Với m = 3 thay vào phơng trình ta đợc nghiệm của phơng trình đã cho là x
=1; x = 8 thoả mãn. Vậy m= 3
0,25
Cõu IV (2,0)
1) 1,0 im V hỡnh ỳng theo yờu cu chung ca
M
H
A
C
K
I
E
B
O
D
F
0,25
Gi K l giao im ca BO vi DF =>
IKF
vuụng ti K 0,25
Cú
ã
ã
0
1
DFE= DOE=45
2
0,25
ã
0
BIF 45 =
0,25
2) 1,0 im
Khi AM = AB thỡ
ABM
vuụng cõn ti A =>
ã
0
DBH=45
.Cú
ã
0
DFH=45
=> T giỏc BDHF ni tip
0,25
=> 5 im B, D, O, H, F cựng thuc mt ng trũn. 0,25
=>
ã
ã
0
BFO=BHO 90=
=>
OH BM
, m
OA BM
=> A, O, H thng hng
0,25
·
·
0
BAH=BIH 45=
=> Tứ giác ABHI nội tiếp.
0,25
3) 1,0 điểm
P
Q
N
C
B
A
O
D
E
F
M
Có tứ giác PNQD nội tiếp = >
·
·
·
QPN=QDN=EFN
.
Tương tự có
· ·
·
NQP=NDP=FEN
=>
ΔNEF
và
ΔNQP
đồng dạng
0,25
=>
PQ NQ
= 1 PQ EF
EF NE
≤ => ≤
0,25
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi P
≡
F; Q
≡
E => DN là đường kính của (O)
=> PQ lớn nhất bằng EF.
0,25
Cách xác định điểm M : Kẻ đường kính DN của (O), BN cắt AC tại M thì
PQ lớn nhất.
0,25
Câu V (1,0đ)
Đặt x=1+c, y=1+b, z=1+a do
0 a b c 1
≤ ≤ ≤ ≤
= >1
≤
z
≤
y
≤
x
≤
2
Khi đó A= (x+y+z)(
1 1 1
x y z
+ +
)=3+
3
x x y y z z
y z x z x y
+ + + + + +
0,25
.
1 1 0 1 0 1
.
.
1 1 0 1 0 1
.
2 2 2
x y x y x y x y x
y z y z y z y z z
z y z y z y z y z
y x y x y x y x x
x y z y x z x x y y z z x z
y z y x z x y z x z x y z x
− − ≥ ⇔ − − + ≥ ⇔ + ≤ +
÷
÷
− − ≥ ⇔ − − + ≥ ⇔ + ≤ +
÷
÷
⇒ + + + ≤ + + ⇒ + + + + + ≤ + +
÷
0,25
Đặt
x
z
= t =>
1 2t
≤ ≤
2 2
1 1 2 5 2 5 (2 1)( 2) 5
2 2 2 2
x z t t t t t
t
z x t t t t
+ − + − −
+ = + = = + = +
Do
1 2t
≤ ≤
⇒
(2 1)( 2)
2
t t
t
− −
0
≤
⇒
x z
z x
+
5
2
≤
⇒
A
5
3 2. 2 10
2
≤ + + =
0,25
Ta thấy khi a=b=0 và c=1 thì A=10 nên giá trị lớn nhất của A là 10 0,25