116 đề vào 10 chuyên nghệ an 2012 2013

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Đề thi chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2012- 2013

Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (7,0 điểm).
a) Giải phương trình: ( x  1  1)(5  x )  2x.
 x 2  2 xy  x  2 y  3  0
b) Giải hệ phương trình:  2
2
 y  x  2 xy  2 x  2  0.

Câu 2 (3,0 điểm).
Tìm các số tự nhiên x và y thoả mãn 2 x  1  y 2 .
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho ba số dương x, y, z thoả mãn

1 1 1
   1. Chứng minh rằng:
x y z

x  yz  y  zx  z  xy  xyz  x  y  z .

Câu 4 (6,0 điểm).
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm D khác A và
DAB  600. Trên đường kính AB lấy điểm C (C khác A, B) và kẻ CH vuông góc với

AD tại H. Phân giác trong của góc DAB cắt đường tròn tại E và cắt CH tại F. Đường
thẳng DF cắt đường tròn tại điểm thứ hai N.
a) Chứng minh tứ giác AFCN nội tiếp đường tròn và ba điểm N, C, E thẳng hàng.
b) Cho AD = BC, chứng minh DN đi qua trung điểm của AC.
Câu 5 (2,0 điểm).
Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh đều là số tự nhiên sao cho tổng ba số bất kì
trong chúng chia hết cho số còn lại. Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh
bằng nhau.
--------- Hết -------Họ và tên thí sinh:.............................................. Số báo danh:.....................................
Chữ ký của Giám thị 1:................................. Chữ ký của Giám thị 2:.........................


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2012- 2013

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm này gồm có 3 trang)
7,0 điểm

Câu 1
ĐK : x  1  0  x  1.

0,25

Với x  0 không là nghiệm của phương trình

0,5

Với x  0 , nhân 2 vế với
x 5  x   2x

a)

4,0 điểm

b)



x  1  1  0 ta được



x 1 1

 2 x 1  7  x
7  x  0

2
4  x  1   7  x 
x  7
 2
 x  18 x  45  0
x  7

  x  3

  x  15


0,5

 x  3 (thoả mãn các điều kiện).

0,5

Vậy phương trình có nghiệm x  3.

0,25

0,5

0,5

0,5

2
2


 x  2 xy  x  2 y  3  0 (1)
2 x  4 xy  2 x  4 y  6  0
 2
 2
2
2
 y  x  2 xy  2 x  2  0 (2) 

 y  x  2 xy  2 x  2  0


0,5

 x 2  y 2  2 xy  4 x  4 y  4  0

0,5

  x  y  2  0

0,5

 y  x  2 . Thay vào pt (1) ta được

0,5

2

x2  5x  1  0  x 

3,0 điểm

0,5

5  21
2

0,5

Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y) là
 5  21 1  21   5  21 1  21 
;
;

, 
.
2
2
2
2

 


0,5


3,0 điểm

Câu 2
2 x  1  y 2  2 x  y 2  1  2 x   y  1 y  1.

0,5

Đặt y  1  2m , y  1  2n ( m, n  ; m  n ).

0,5

Khi đó 2m  2n  y  1   y  1  2

0,5





 2n 2mn  1  2

0,5

n

2  2
  mn
 n  1; m  2 ; thoả mãn đk m, n  ; m  n
2

1

1


Vậy x  3; y  3.

0,5
0,5
2,0 điểm

Câu 3

Bất đẳng thức đã cho tương đương với
a  bc  b  ca  c  ab  1  ab  bc  ca ,
1
1
1
với a  , b  , c  , a  b  c  1.
x
y
z
Ta có:

0,5

a  bc  a(a  b  c)  bc

0,75

 a  a(b  c)  bc  a  2a bc  bc  a  bc .
2

Tương tự:

2

b  ca  b  ca ; c  ab  c  ab.

0,25

Từ đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  3.

0,5
6,0 điểm

Câu 4
E
D

H

F

A
O

C

B

M

a)
N

4,0 điểm
Ta có : ACH  ABD (so le trong)

(1)

0,5

mà AND  ABD (góc nội tiếp cùng chắn một cung)

(2)

0,5

từ (1) và (2) suy ra AND  ACH hay ANF  ACF

0,5

suy ra tứ giác AFCN nội tiếp đường tròn

0,5

AFCN nội tiếp đường tròn  CNF  CAF hay CND  BAE (3)

0,5

Mặt khác BAE  DAE  DNE

0,5

(4)


b)

2,0 điểm

từ (3) và (4) suy ra CND  END

0,5

 N, C, E thẳng hàng

0,5

Qua C kẻ đường thẳng song song với AD cắt tia DN tại M

0,25

Ta có DAB  ACM (so le trong)

0,25

Mà DAB  DNB (góc nội tiếp cùng chắn một cung)

0,25

 ACM  DNB  tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn
 CBM  END; CMB  ENB (vì N, C, E thẳng hàng)

0,25

mặt khác END  ENB  CBM  CMB
 CB = CM . lại có CB = AD (gt)  AD = CM

0,25

AD = CM, AD//CM suy ra ADCM là hình bình hành  đpcm

0,25

0,25

0,25

2,0 điểm

Câu 5
Gọi độ dài các cạnh của tứ giác là a, b, c, d (a, b, c, d

*

). Giả

sử không có 2 cạnh nào của tứ giác bằng nhau. Không mất tính

0,5

tổng quát, giả sử a > b > c > d. (*)
Do tứ giác lồi nên a < b + c +d
 a < b + c + d < 3a

0,5

 2a < a + b + c + d < 4a

Từ giả thiết của bài toán suy ra a + b + c + d chia hết cho các số
0.25

a, b, c, d nên ta có : a + b + c + d = 3a
Đặt

a + b + c + d = mb với m
a + b + c + d = nc với n

Do a > b > c  n > m > 3

(1)
*

(2)
0,25

*

(3)

 n  5, m  4

0,25

Cộng (1), (2), (3) được
3(a + b + c + d) = 3a + mb + nc  3a +4b + 5c
 (b – d) + 2(c – d)  0 , mâu thuẫn (*)

 Tứ giác có ít nhất 2 cạnh bằng nhau.

(Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

0,25