Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên tỉnh tuyên quang năm học 2012 2013(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

NĂM HỌC 2012 - 2013
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề này có 01 trang)
----------

Câu 1 (3 điểm).
1) Giải phương trình:

x + 3 + 6 − x − ( x + 3)(6 − x) = 3

x + y + z = 1
2) Giải hệ phương trình: 
2
2 x + 2 y − 2 xy + z = 1
3) Tìm nghiệm nguyên (x, y) của phương trình

x 2 +x −y 2 +y =3

Câu 2 (2 điểm). Cho phương trình: x4 - 2(m2+2)x2 + m4 +3 = 0
1) Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 với
mọi giá trị của m
2) Tìm giá trị của m sao cho các nghiệm của phương trình thỏa mãn:

x12 + x22 + x32 + x42 + x1x2x3x4 =11
Câu 3 (1 điểm). Chứng minh: A= n3 + 11n chia hết cho 6 với mọi n ∈ N
Câu 4 (3 điểm). Cho góc xOy có số đo bằng 60o. Đường tròn có tâm K nằm trong

góc xOy tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm
P sao cho OP = 3OM. Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O.
Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN ở E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN
ở F.
a) Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ.
b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.
c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều.
Câu 5 (1 điểm). Chứng minh:
1
1
1
1
+
+
+ ... +
>5
1+ 2
3+ 4
5+ 6
119 + 120

-HếtGhi chú:
+ Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
+ Thí sinh không được sử dụng tài liệu trong khi làm bài.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2012-2013

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN
TOÁN CHUYÊN
(Đáp án có 04 trang)

Câu
Câu 1

Hướng dẫn giải
1) Giải pt:

x + 3 + 6 − x − ( x + 3)(6 − x) = 3

x + 3 ≥ 0
⇔ −3 ≤ x ≤ 6
6 − x ≥ 0

đ/k: 

Điểm
1,0 điểm
0,25

u = x + 3

, u, v ≥ 0
v = 6 − x
u 2 + v 2 = 9
pt trở thành: 
u + v − uv = 3

Đặt: 

(u + v) 2 − 2uv = 9
⇔ 
u + v = 3 + uv
⇒ (3+uv)2 - 2uv = 9
uv = 0
⇔
uv = −4
⇔
u = 0
⇔
v = 0
 x+3 = 0

 6− x = 0
⇔
 x = −3
⇔
x = 6

Vậy pt có nghiệm x=-3; x= 6
2) Giải hệ pt:
x + y + z = 1


2
 2 x + 2 y − 2 xy + z = 1
x + y = 1− z
⇔
2
 2 xy = z − 2( x + y ) − 1
x + y = 1− z
⇔
2
2
 2 xy = z − 2 z + 1 = (1 − z )
⇔ 2xy = (x+y)2
⇔ x2 + y2 = 0
⇔ x=y=0; z=1

Hệ pt có nghiệm duy nhất: (x,y,z)=(0,0,1)

0,25

0,25

0,25
1,0 điểm

0,25
0,25
0,25

0,25

2


1,0 điểm

3) Tìm nghiệm nguyên (x,y):
x +x− y + y =3⇔ x − y +x+ y =3
⇔ ( x − y )( x + y ) + x + y = 3 ⇔ ( x + y )( x − y + 1) = 3
2

2

2

2

Để phương trình có nghiệm nguyên thì:

0,5

Trường hợp 1:
3

x=

x
+
y
=

1
x
+
y
=
1



2
⇔
⇔

x − y +1 = 3 x − y = 2
 y = −1

2

(loại)

0,25

Trường hợp 2:
3

x
=
x + y = 3
x + y = 3


2
⇔
⇔

x
−
y
+
1
=
1
x
−
y
=
0


y = 3

2

(loại)

Trường hợp 3:
−5

x=

 x + y = −1

 x + y = −1

2
⇔
⇔

(loại)
 x − y + 1 = −3  x − y = −4
y = 3

2

0,25

Trường hợp 4:
−5

 x = 2
 x + y = −3
 x + y = −3
⇔
⇔

 x − y + 1 = −1  x − y = − 2
 y = −1

2

(loại)

Vậy pt không có nghiệm nguyên
Cho phương trình: x4 - 2(m2+2)x2 + m4 +3 = 0

1,0 điểm

1) Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệt

x4 - 2(m2+2)x2 + m4 +3 = 0

(1)

0,25

Đặt: t = x (t ≥ 0)
pt trở thành: t2 - 2(m2+2)t + m4 +3 = 0
2

Câu 2

(2)
Ta chứng tỏ (2) luôn có 2 nghiệm 0 ∆ ' = (m2 +2)2 - (m4+3) = 4 m2 +1 >0, ∀ m
Vậy (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt t1, t2

Ta có: t1.t2 = m4 +3
t1 + t2 = 2 (m2 + 2) > 0 , ∀ m

Do đó pt (1) có 4 nghiệm: − t1 , t1 , − t2 , t2
2) Tìm giá trị của m sao cho x12 + x22 + x32 + x42 + x1x2x3x4 =11
Ta có: x12 + x22 + x32 + x42 + x1x2x3x4

= 2(t1+t2)+t1. t2
= 4(m2+2) + m4+3 = m4 +4m2 + 11
do đó: m4 +4m2 =0
⇔ m=0

0,25
0,25
0,25
0, 25
0,25
0,25
0,25
3


Câu 3

Chứng minh: A = n3 + 11n , chia hết cho 6 với mọi n ∈ N
A = n3 - n +12n
= n(n2 - 1) + 12n
= n(n + 1)(n - 1) + 12n
Vì n(n + 1)(n - 1) M6
và 12n M6
Vậy A M6

0,25
0,25
0,25
0,25
3,0

điểm
0,25

Câu 4
Hình vẽ đúng.
y

Q

N
E

D

K

x

O

P

M
F

a) Chứng minh ∆ MPE : ∆ KPQ.
·
+PK là phân giác góc QPO
·
·

(1) .
⇒ MPE
= KPQ
·
+ Tam giác OMN đều ⇒ EMP
= 1200 .

0,25

·
+ QK cũng là phân giác OQP

(

·
·
·
QKP
= 1800 − KQP
+ KPQ

)

·
·
Mà 2KQP
+ 2KPQ
= 1800 − 600 = 1200
·
·

·
= QKP
( 2) .
⇒ QKP
= 1200 . Do đó: EMP

0,25
0,25

Từ (1) và (2), ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ.

0,25

b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.
·
·
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: MEP
,
= KQP
·
·
hay: FEP
= FQP

0,25

Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.

0,25
0,25

4


c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh: ∆ DEF đều.
PM PE
PM PK
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên:
=
. Suy ra:
=
.
PK PQ
PE PQ
·
·
Ngoài ra: MPK
. Do đó, hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng.
= EPQ
·
·
Từ đó: PEQ
= PMK
= 900 .
Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF.
Vì vậy, tam giác DEF cân tại D.
·
·
·
·

·
·
Ta có: FDP
; EDQ
.
= 2FQD
= OQP
= 2EPD
= OPQ

(

0,25
0,25
0,25

)

·
·
·
·
FDE
= 1800 − FDP
+ EDQ
= POQ
= 60 0

Từ đó, tam giác DEF là tam giác đều.

Câu 5

Chứng minh:

0,25
1.0
điểm

Ta có:
1
1
>
1+ 2
2+ 3
1
1
>
3+ 4
4+ 5
...................................
1
1
>
119 + 120
120 + 121
1
1
1
1
1

1
+
+ ... +
>
+
+ ... +
1+ 2
3+ 4
119 + 120
2+ 3
4+ 5
120 + 121
⇒
1
1
1
1
1
1
2(
+
+ ... +
)>
+
+ ... +
1+ 2
3+ 4
119 + 120
1+ 2
2+ 3

120 + 121

0,25

0,25
0,25

⇒
1
1
1
+
+ ... +
) > 2 − 1 + 3 − 2 + 4 − 3 + ... + 121 − 120
1+ 2
3+ 4
119 + 120
1
1
1
1
+
+
+ ... +
>5
⇒
1+ 2
3+ 4
5+ 6
119 + 120

2(

0,25

Ghi chú: Thí sinh làm bài không giống đáp án (nếu đúng) vẫn được điểm tối đa theo quy
định.

5