Đề thi thử vào 10 Chuyên Toán (Đề trường 218)

TRƯỜNG BỒI DƯỢ
NG VĂN HÓA 218 LÝ TỰ TRỌNG, Q.1

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 20112012

ĐIỆN THOẠI: 38 243 243

MÔN THI: TOÁN HỆ CHUYÊN

THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 phút

CÂU 1. (3 điểm)
Cho phương trì
nh : x4 – (m + 3) x2 – 2m2 + 3m + 2 = 0 (x là ẩn số)
Tì
m giá trò
của m để phương trì
nh có bốn nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 thỏa
4
4
4
4
x1  x 2  x3  x3  4x1x 2 x3x 4  8
CÂU 2. (4 điểm)
a. Giải phương trì
nh:
b. Giải hệ phương trì
nh:

x  x  3  10  x
(x  1)(x  3)  y 2  4y

x 2  xy  y 2  9



CÂU 3. (4 điểm)
a. Tì
m số tự nhiên n sao cho : n3 – 10n2 + 20n – 8 là số nguyên tố
b. Trong các số : 3; 33; 333; …… ; 333...3

2011 chữ số

có bao nhiêu số chia hết cho 13, tính tổng tất cả các số đó.
CÂU 4. (3 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1.
1
1
1


Tì
m giá trò
nhỏ nhất của biểu thức P 
3a2  4ab  b2
3b2  4bc  c2
3c2  4ca  a2
CÂU 5. (4 điểm)
Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O và ngoại tiếp đường tròn tâm I. AI, BI, CI cắt (O) lần lượt
tại D, E, F. DE cắt CF tại M, DF cắt BE tại N.
a. Chứng minh rằng MN // BC.
b. Gọi Q là tâm đường tròn ngoại tiếp DMN, P là giao điểm của AD và EF.

Chứng minh 4 điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn.
CÂU 6. (2 điểm)
Cho ABC cố đò
nh, M là điểm di động trên cạnh BC. Vẽ
đường kính BE của đường tròn ngoại
tiếp ABM và đường kính CF của đường tròn ngoại tiếp ACM. Gọi N là trung điểm EF.
Chứng minh rằng khi M di động trên BC thì
N di động trên một đường thẳng cố đò
nh.


TRƯỜNG BỒI DƯỢ
NG VĂN HÓA 218 LÝ TỰ TRỌNG, Q.1
ĐIỆN THOẠI: 38 243 243

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 20112012
MÔN THI: TOÁN HỆ CHUYÊN

CÂU 1. (3 điểm) Phương trì
nh: x4 – (m + 3) x2 – 2m2 + 3m + 2 = 0 (1) ; Đặt t = x2 (t  0), phương trì
nh thành:
2
2
t – (m + 3) t – (2m  3m  2) = 0 (2)  t2 – (2m + 1) t + (m – 2)t – (2m+1)(m–2) = 0
 t[t – (2m + 1)] + (m – 2)[t – (2m + 1)] = 0  [t – (2m+1)] [t + (m – 2)] = 0   t  2m  1
 t  m  2



2m  1  0

1
  2 1 m  2
Ph/trì
nh (1) có 4 nghiệm phân biệt  Ph/trì
nh (2) có 2 nghiệm dương phân biệt  m  2  0
m
 3
2m  1   m  2
Với m thỏa điều kiện trên, không mất tính tổng quát nếu ta đặt  t1  2m  1 và x1   t1 ;x 2  t1 ;x3   t 2 ;x 4  t 2
 t 2  m  2

Ta có: x14  x24  x34  x34  4x1x2 x3 x 4  8  t12  t12  t 22  t 22  4t1t 2  8  2(t1  t 2 )2  8
 (2m + 1 + m – 2)2 = 4  (3m – 1)2 = 22  3m  1  2   m  1 1
3m  1  2
 m   3
CÂU 2. (4 điểm)
a. Giải phương trì
nh:
 Với x > 1 ta có:

x  x  3  10  x

(nhận). Vậy giá trò
m cần tì
m là  1 ; 1.
3

x  0

(1) ;

ĐK: x  3  0  0  x  10
10  x  0

VT(1)  x  x  3  1  1  3  VT(1)  3 và VP(1)  10  x  10  1  VP(1)  3

 Với x < 1 ta có:
VT(1)  x  x  3  1  1  3  VT(1)  3 và VP(1)  10  x  10  1  VP(1)  3
 x ≠ 1 không là nghiệm của (1).
 Với x = 1 ta có :
VT(1) = 3 = VP(1). Vậy phương trì
nh (1) có nghiệm duy nhất là 1
2  4y (1)
(x

1)(x

3)

y
b. Giải hệ phương trì
nh: 2
; (1)  (x – 1)(x + 3) = y(y + 4)
x  xy  y 2  9
(2)



 Với y = 0  (x – 1)(x + 3)= 0   x  1 thay vào (2), hệ phương trì
nh nhận nghiệm (3; 0)

 x  3
 Với x =  3  x + 3 = 0  y(y + 4)= 0   y  0 thay vào (2), hệ phương trì
nh nhận nghiệm (3; 0)
 y  4
 Với x + y + 3 = 0  y =  x – 3 thay vào (2) ta có : x2 + x(x – 3) + (x – 3)2 = 9
 x2 – x2 – 3x + x2 + 6x + 9 = 9  x(x + 3) = 0   x  0  x  0 hoặc x  3 (do y =–x – 3)
y  3
y0
 x  3





 y  0
y  4 x 1 y  4

1
 Với  x  3
Từ (1)  (x – 1)(x + 2) = y(y + 4)  x  1 
y
x3
yx3
x

y

3

0


 y = x – 1 thay vào (2) ta có : x2 + x(x – 1) + (x – 1)2 = 9  x2 + x2 – x + x2  2x + 1 = 9  3x2  3x  8 = 0
 x  3  105 hoặc x  3  105  (x;y)  3  105 ; 3  105
hoặc (x;y)  3  105 ; 3  105 (do y = x – 1 )
6
6
6
6
6
6



Thử lại hệ nhận các nghiệm: (3; 0); (0; 3);







 3  6105 ; 3 6 105 ; 3  6105 ; 3 6 105 

Cách khác: (1)  y2 + 4y – (x – 1)(x + 3) = 0  y2 + (x+3)y – (x – 1)y  (x – 1)(x + 3) = 0
 (y + x + 3)[y – (x – 1)] = 0   y   x  3 thay vào (2) ta có kết quả như trên.
 y  x  1
CÂU 3. (4 điểm)
a. Đặt p = n3 – 10n2 + 20n – 8 = (n3 – 8) – (10n2 – 20n) = (n – 2)(n2 + 2n + 4) – 10n(n – 2)= (n – 2)(n2 – 8n + 4)
n  1
 n  2  1

n  1
n  3
 n  2 1
n

2

1
n

3


 2
 2

p nguyên tố   2
n

8n

4

1
n

8n

3


0
n  4  13 (loại)
n

8n

4

1

 n 2  8n  4  1  n 2  8n  5  0  n  4  11 (loại)

 n = 1  p = 1 – 10 + 20 – 8 = 3 (nhận)
 n = 3  p = 33 – 10.32 + 20.3 – 8 =  11 (loại)
Vậy giá trò
n cần tì
m là 1.
b. Thử trực tiếp ta thấy số 333333 là số nhỏ nhất trong các số đã
cho chia hết cho 13.
*
Ta chứng minh trong các số đã
cho, chỉ các số có dạng 333...3
 (k  N ) mới chia hết cho 13
6k chữ số

Ta có : 333...3
  333333.1000001000001...000001
 13 (do 333333  13).
6k chữ số

k 1 cụm chữ số 000001

Các số đã
cho lớn hơn 333333 nếu không có dạng 333...3
có dạng 333...3
 thì
 (k N*, r {1;2;3;4;5}).
6k chữ số

6k  r chữ số

Ta lại có 333...3
 mà 333...300...0
  333...300...0
   33...3
   333...3.100...0
 
6k  r chữ số

6k chữ số r chữ số

r chữ số

6k chữ số r chữ số

6k chữ số

r chữ số

 13 và

33...3
  13 (do r < 6 )  333...3
  13
r chữ số

6 k  r chữ số

Vậy chỉ có các số có dạng 333...3
cho chia hết cho 13 là: 333333;
 mới chia hết cho 13. Số đầu và số cuối trong các số đã
6k chữ số


2010  6  1  335 (số). Gọi S là tổng các số đó:
333...3
 , nên số các số chia hết cho 13 là
6

2010 chữ số


1
S  333333  33...3
  99...9
  99...9
  ...  99...9
 
  33...3
  ...  33...3

  33...3
  33...3
  ...  33...3
   99...9
3
6.335 chữ số 
 6.1 chữ số 6.2 chữ số 6.3 chữ số
12 chữ số
18 chữ số
2010 chữ số
6.1 chữ số
6.2 chữ số
6.335 chữ số
1
1
335
6.1
6.2
6.3
6.335
6
6
6
2
6
334
 10  1  10  1  10  1  ...  10
 1  .10 .1  (10 )  (10 )  ...  (10 )  
3
3

3
6
2
334
1
335
2
334
Với q = 10 có S  q 1  q  q  ...  q  
; Ta có (q – 1)(1 + q + q + …+q ) = q + q2 + q3+ …+q335 1 q q2  …  q334
3
3
335
q335  1
 S  1 .106. 10  1  335
= q335  1  1 + q2 + q3 + …+q334 =
q 1
3
106  1
3
y
y
CÂU 4 (3 điểm). Áp dụng bất đẳng thức Côsi với x, y dương : x   2 x .  2 , tương tự ta có với các số dương x, y, z ta có :
y x
y x






y y
(x + y + z)  1  1  1  = 1  1  1   x      z    z  x   3  2  2  2  9
x y z
y x z y x z

(*)

2
2
1
1



 2 2
3a2  4ab  b2
(a  b)(3a  b)
(2a  2b)(3a  b) 12 (2a  2b  3a  b) 5a  3b
(theo bất đẳng thức Cô si: (2a  2b)(3a  b)  1 (2a  2b  3a  b)  1 (5a  3b) ). Tương tự cho hai biểu thức còn lại của P, ta
2
2
Ta có:

suy ra : P  2 2  2 2  2 2  2 2 .(8a  8b  8c)  1  1  1 
5a  3b 5b  3c 5c  3a
8
 5a  3b 5b  3c 5c  3a 
 2 .(5a  3b)  (5b  3c)  (5c  3a) 1  1  1   2 .9
4
 5a  3b 5b  3c 5c  3a  4

(áp dụng (*)cho x = 5a+3b; y = 5b+3c; z = 5c + 3a). Khi a = b = c = 1 thì
P = 9 2 . Vậy P nhỏ nhất bằng 9 2
3
4
4
8
2
2
2
2
1
Cách khác:



 2 2
3a2  4ab  b2
24a2  32ab  8b2
(25a2  30ab  9b2 )  (a2  2ab  b2 )
(5a  3b)2  (a  b)2 5a  3b
Làm tiếp tục như trên, suy ra đpcm.
CÂU 5. (4 điểm)
  1 sđ.AE
  sđ.CD
  1 sđ.CE
  sđ.BD
  CGH

a. Chứng minh MN // BC. Ta có CHG

2
2
 CHG cân tại C, mà CM là phân giác (gt) nên cũ
ng là đường cao  CM  DE tại M
Tương tự ta có BN  DF tại N  tứ giác DMIN nội tiếp đường tròn đường kính ID
  1 sđ.IN
  IDN
  ADF
  1 sđ.AF
  1 sđ.BF
  FCB

 IMN
2
2
2
 ở vò
 và FCB
Mà IMN
trí đồng vò
 MN // CB (đpcm)
b. Chứng minh 4 điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn.
  BCA

  FCA
 và MP // CA  NMP
Chứng minh tương tự trên ta có : IMP
Tứ giác DMIN nội tiếp đường tròn đường kính ID  Q là trung điểm ID
  sđ.IN
  2.IDN

  2.ADF
  sđ.AF
  1 sđ.AB
  BCA
 mà NMP
  BCA

 NQI
2
  NQI
  NQP
  tứ giác NQMP nội tiếp (đpcm)
 NMP



 



CÂU 6. (2 điểm)
Qua B vẽ
đường thẳng  BC cắt AE, AF tại H ; G. AN cắt BH tại I. Vì
AE  AB tại A
(do BE là đường kính) mà A, B cố đò
nh suy ra đường thẳng AE cố đò
nh.
BH qua B cố đò
nh và  BC cố đò
nh nên đường thẳng BH cố đò

nh. Suy ra H cố đò
nh
(giao của hai đường thẳngAE, BH cố đò
nh). Chứng minh tương tự ta có G cố đò
nh.
  90o (góc chắn nửa đường tròn), FMC
  900
Ta có BME
(góc chắn nửa đường tròn). Suy ra 3 điểm E, F, M thẳng hàng (cùng nằm
trên đường thẳng qua M  BC). Ta có EF // HG (cùng vuông góc với BC)
 EN  AN  NF mà NE = NF (gt)  IH = IG  I là trung điểm của HG
HI
AI IG
 I cố đò
nh. Vậy khi M di động trên BC thì
N di động trên đường thẳng AI cố đò
nh
Cách khác (hướng dẫ
n).Vẽ
trung tuyến AJ của ABC.
  E;C
  F
)
Chứng minh ABC AEF ( B
  NAB
  EAB
  90o
  EAN
 mà EAN
Chứng minh ABJ AEN (c.g.c)  BAJ

  NAB
  NAJ
  AN  AJ Suy ra N di động trên đường thẳng qua A  AJ cố đò
 90o  BAJ
nh
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

THI THỬ VÀO LỚP 10 HỆ CHUYÊN NĂM 20112012

LƯU HÀNH NỘI BỘ