Đề thi TS 10 chuyên LVT ninh bình 2012 2013 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ngày thi: 27/6/2012
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang

Câu 1 (2 điểm).
1. Với x  2 , rút gọn biểu thức A( x) 

x3  3x 2  ( x 2  4) x 2  1  4
x3  3x 2  ( x 2  4) x 2  1  4

.

2. Cho  x, y  là nghiệm của phương trình x 2 y  2 xy  4 x  y  0 . Tìm giá trị lớn nhất
của y.
Câu 2 (1,5 điểm). Cho biểu thức:
P

1
1
1



3  2a  b  ab 3  2b  c  bc 3  2c  a  ca

với a, b, c là các số thực làm cho P xác định và thoả mãn điều kiện:
a  b  c  ab  bc  ca  abc  0 . Chứng minh rằng P = 1.
Câu 3 (2,5 điểm).
2
2
�
�xy  x  y   2
1. Giải hệ phương trình: � 5
2x   x  y   x4  y4  x2 y 2  2
�

2. Với x, y là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
� 1�
� 1�
Q�
3 �
3 �
 2  x  y
�
y
� x�
�
�
Câu 4 (3 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. Kẻ các đường
cao AA’, BB’, CC’. Gọi S và S ' lần lượt là diện tích của các tam giác ABC và A’B’C’.
1. Chứng minh: AO vuông góc với B’C’.
2. Chứng minh: S =

1
P.R (với P là chu vi tam giác A’B’C’).
2

3. Chứng minh: cos 2 A  cos 2 B  cos 2C  1 

S'
.
S

Câu 5 (1 điểm). Trên một đường tròn ta viết theo chiều kim đồng hồ 2 số 1 và 48 số 0 theo thứ
tự 1, 0, 1, 0, …, 0. Ta được phép biến đổi các số trên đường tròn như sau: tại mỗi bước chọn
hai số bất kì nằm liền kề nhau, giả sử là x và y rồi thay x bởi  x  1 và thay y bởi  y  1 .
Chứng minh rằng không thể thu được một dãy 50 số bằng nhau sau một số hữu hạn các phép
biến đổi như trên.
HẾT
Họ và tên thí sinh :..................................................... Số báo danh:..............................................
Họ và tên, chữ ký:
Giám thị 1:..................................................................................................
Giám thị 2:..................................................................................................

0


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2012-2013

Môn: TOÁN - Ngày thi 27/6/2012

(Hướng dẫn chấm này gồm 02 trang)
I. Hướng dẫn chung
1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.
2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau.
3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.
4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm
đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất.
5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải
đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm.
6. Tuyệt đối không làm tròn điểm.
II. Hướng dẫn chi tiết
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
( x  2) 2 ( x  1)  ( x 2  4) x 2  1
Với x > 2 thì A có nghĩa. Ta có: A 
0,5
( x  2) 2 ( x  1)  ( x 2  4) x 2  1
A

 x  2
 x  2


x  1  x  2

   x  2

x  1  x  2

x  1  x  2 x  1   x  2  x  1

x 1

Câu
x 1
x  1   x  2
1
(2,0 2. (1,0 điểm)
2
2
điểm x y  2 xy  4 x  y  0 � yx  2  y  2  x  y  0 (1)
)
* Nếu y = 0 thì x = 0 � phương trình (1) có nghiệm  0,0  .
* Nếu y �0 : Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn x, tham số y.
2
' ���
y 2
PT (1) có nghiệm �
 y 2 0 4 4 y 0 y 1 .

Với y  1 PT (1) có dạng x 2  2 x  1  0 �  x  1  0 � x  1.
Vậy giá trị lớn nhất của y là bằng 1.
Đẳng thức điều kiện tương đương với  1  a   1  b   1  c   1 � 1  a, 1  b, 1  c �0

0,5

0,25

0,5

2

1

1

1

Câu Ta có: P 


1  (1  a)  (1  a)(1  b) 1  (1  b)  (1  b)(1  c) 1  (1  c)  (1  c)(1  a)
2
1
1 a
(1,5 P 

1  (1  a)  (1  a)(1  b) (1  a)(1  (1  b)  (1  b)(1  c))
điểm
)
(1  a)(1  b)
1  (1  a)  (1  a)(1  b)


1
(1  a )(1  b)(1  (1  c)  (1  c )(1  a)) 1  (1  a )  (1  a)(1  b)
Câu 1. (1,5 điểm)
3

Từ hệ suy ra:
(2,5 2x5   x  y  x 4  y 4  x 2 y 2  xy  x 2  y 2 
điểm
� 2x 5  x 5  y 5 � x 5  y 5 � x  y
)





0,25
0,5
0,5

0,5

0,5
0,5

1


Thế vào PT thứ nhất của hệ ta được: 2 x 4  2 � x 4  1 � x  �1
Với x = 1 thì y =1, với x = -1 thì y = -1.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (1,1) và (-1,-1).
2. (1,0 điểm)
�
1�
1�
�

111 �
111 �
11 x  y
Ta có: Q  �
�
x�
y
�
�
�
1
1
.4 4 4 4 xy  64
x
y
Q = 64 khi x = y = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là bằng 64.
1. (1,0 điểm)
� ' C  BB
� ' C  90o nên nội
Tứ giác BCB’C’ có BC
A
� C
�' B ' A
tiếp được đường tròn � CBA
�  900  1 �
B'
AOC
Do  OAC cân tại O nên OAC
2
O

C'
� và �
Lại có CBA
AOC lần lượt là góc nội tiếp và góc
� 1�
�
B
C
�
CBA
AOC
ở
tâm
chắn
cung
AC
A'
2
�' B ' A  OAC
�  900 � OA  B ' C '
Do đó C
Câu
2. (1,0 điểm)
4
(3,0 Theo ý 1. thì OA  B ' C ' , chứng minh tương tự OB  A ' C '; OC  A ' B '
điểm Ta có: S ABC  SOB ' AC '  SOC ' BA '  SOA 'CB '
)
1
1
1

1
 OA.B ' C ' OB. A ' C ' OC. A ' B '  P.R
2
2
2
2
3. (1,0 điểm)
S AB 'C ' S AB 'C ' S AB ' B AC ' AB '

.

.
 cos 2 A
Ta có:
S ABC S AB ' B S ABC
AB AC
S BA 'C '
S
 cos 2 B; CA ' B '  cos 2C
Chứng minh tương tự:
S ABC
S ABC
S AB 'C '  S BC ' A '  SCA ' B ' S ABC  S A ' B 'C '
S'
2
2
2

1
Vậy ta có: cos A  cos B  cos C 

S ABC
S ABC
S
Kí hiệu các số trên đường tròn lần lượt theo chiều kim đồng hồ là x1 , x2 ,..., x50 với
x1  1, x2  0, x3  1, x4  0,..., x50  0.
Câu Xét tổng I   x  x    x  x    x  x   ...   x  x  .
1
2
3
4
5
6
49
50
5
(1,0 Giá trị của I không thay đổi khi thay thế cặp số liền kề nhau  x, y  bởi cặp số
điểm  x  1, y  1 . Với cách viết ban đầu ta có I = 2, giả sử thu được dãy 50 số bằng
)
nhau ta có I = 0, mâu thuẫn.
Vậy không thể nhận được một dãy 50 số bằng nhau sau một số hữu hạn các phép
biến đổi.
--------Hết-------Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: Q �4 4

0,5

0,5
0,25
0,25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.5

0.25
0.25
0.5
0,5

0,5

2