Tải Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Quảng Bình năm học 2012 - 2013 môn Toán (Chuyên) - Có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b> </b>

<b>sở GD&đt quảng b×nh kú thi tun sinh vµo líp 10 thpt</b>
<b> năm học 2012 - 2013</b>

( CHNH THỨC) Khoá ngày 04 - 07 - 2012
<b> </b> <b> </b> <b> </b> <b> </b> <b> Mơn : TỐN (CHUN) </b>

<i><b> Họ tên : ... Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)</b></i>
<b> SBD: ...</b>

<i>Đề thi gồm có 01 trang</i>
<i><b>Câu 1: (2,0 điểm) Cho phương trình: </b></i> 2

x  2x4a0_{(x là ẩn số). Giả sử hai nghiệm}

1 2

x , x _{của phương trình là số đo hai cạnh góc vng của một tam giác.}

a) Tìm các giá trị của a để diện tích của tam giác vng bằng

1

3<i>_{(đơn vị diện tích).}</i>

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 1 2

4

A x x

x x

 

.
<i><b>Câu 2: (2,0 điểm) Giải phương trình: </b></i> 2

1 1

1

x _{3 x}_  _.

<i><b>Câu 3: (1,5 điểm) Cho các số thực </b></i>a, b, c thoả mãn: abbcca 2_.

Chứng minh:

4 4 4 4

a b c

3

  

.

<i><b>Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, nội tiếp trong đường trịn (O).</b></i>
Trên cung BC khơng chứa A, lấy điểm M tuỳ ý (M khác C). P là điểm trên cạnh BC

sao cho BAM PAC _{. Trên các tia AB, AC lấy lần lượt các điểm E, F sao cho BE =}

CF = BC.

a) Chứng minh: ABPAMC và MC.ABMB.ACMA.BC.
b) Chứng minh:

MB.AE MC.AF

MA MB MC

BC


  

.

c) Xác định vị trí điểm N trên đường trịn (O) để tổng NA + NB + NC lớn nhất.
<i><b>Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số nguyên a, b, c, d và số nguyên dương p. Chứng minh</b></i>
rằng nếu a  b c d, a2 b2 c2 d2 chia hết cho p thì 4 4 4 4

a b c d 4abcd

cũng chia hết cho p.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM</b>

<b>ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013</b>
<b>Khóa ngày 04 - 07 - 2012</b>

<b>Mơn: TỐN (CHUN)</b>

<i>* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu</i>
<i>phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng.</i>

<i>* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những</i>
<i>bước giải sau có liên quan.</i>

<i>* Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0.25 điểm. Đối với điểm</i>
<i>thành phần là 0.5 điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0.25 điểm.</i>
<i>* Học sinh khơng vẽ hình đối với Câu 4 thì cho điểm 0 đối với Câu 4. Trường hợp</i>
<i>học sinh có vẽ hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì cho điểm 0 ở ý đó. </i>

<i>* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm</i>
<i>của từng câu.</i>

<i><b>* Điểm của toàn bài là tổng (khơng làm trịn số) của điểm tất cả các câu.</b></i>

<b>Câu</b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

<b>1</b> <b>2,0 điểm</b>

<b>1a</b>

Điều kiện để hai nghiệm x , x1 2 của phương trình là số đo hai cạnh

góc vng của tam giác là

1 2

1 2

' 0

x x 0

x x 0

 







 _ _



<i><b>0,25</b></i>

1 4a 0

1

4a 0 0 a

4

2 0

 




 _    

 _



<i><b>0,25</b></i>

Vì x , x1 2 là số đo hai cạnh góc vng nên diện tích tam giác là
1 2

1 1

x x

2 3

<i><b>0,25</b></i>

1 1

.4a

2 3

1

a (tho¶ m·n)

6

 

 

<i><b>0,25</b></i>

<i><b>Lưu ý: học sinh khơng tìm điều kiện phương trình có hai nghiệm dương mà kết</b></i>
<i>quả đúng cho 0,5 điểm.</i>

<b>1b</b>

Ta có: 1 2 1 2

4 1

A x x 4a

x x a

    <i><b>_0,25</b></i>

1 3

4a

4a 4a

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Với

1

0 a

4
 

, ta có:

1 3

4a 2 vµ 3

4a 4a

  

<i><b> </b></i> A5

<i><b>0,25</b></i>





1
4a
1
4a

A 5 a tho¶ m·n

4
1
a
4




  _  
 _



Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 5 khi

1
a
4

<i><b>0,25</b></i>
<b>2</b>
<b>2,0điểm</b>

ĐK:  3 x  3 vµ x0 <i><b>0,25</b></i>

Đặt y 3 x , (y 2 0) <i><b>0,25</b></i>

Ta có hệ phương trình

2 2

1 1

1

x y

x y 3


 


 _ _


<i><b>0,25</b></i>









2
2

x y xy

(x y) 2xy 3

x y xy

x y 2 x y 3 0

 

 
  

 


 
    


<i><b>0,25</b></i>

x y 1

xy 1

x y 3

(v« nghiƯm)
xy 3
  






_ _{ }
 

 

<i><b>0,25</b></i>

1 5
x
2
(tho¶ m·n)
1 5
y

x y 1 ₂

xy 1 ₁ ₅

x
2 _(lo¹i)
1 5
y
2
   

 _
 
_ _{ }

 
 
 _



 _
  
_ 



 _{ }

_ 


<i><b>0,5</b></i>

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Ta có

4 4 4 2 2 2 2 2 2

a b c a b b c c a , a, b, c  
 3



<i>a</i>4 <i>b</i>4 <i>c</i>4



3(<i>a</i>2 2<i>b</i> <i>b</i>2<i>c</i>2 <i>c</i>2<i>a</i>2),<i>a</i>, ,<i>b c</i> 

<i><b>0,5</b></i>

và









2
2 2 2 2 2 2

3 a b b c c a  abbcca , a, b, c   <i><b>0,5</b></i>





2

4 4 4 1 4

a b c ab bc ca

3 3

       <i><b>0,25</b></i>

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a b c 2

a b c

3

ab bc ca 2

 


   



  



<i><b>0,25</b></i>

<b>4</b> <b>3,5 điểm</b>

Hình vẽ

<i><b>0,25</b></i>

<b>4a</b>

Ta có: ABP AMC _{(cùng chắn cung AC)}

BAM PAC  BAP MAC
Nên: ABPAMC

<i><b>0,25</b></i>
<i><b>0,25</b></i>

Suy ra:

AB BP

MC.AB MA.BP

MA MC   ₍₁₎ <i><b>0,25</b></i>

Mặt khác: BMA BCA _,BAM PAC  ABMAPC <i><b>0,25</b></i>

<i><b> </b></i>

MB MA

MB.AC MA.PC

PC AC

   

(2) <i><b>0,25</b></i>

Từ (1) và (2) suy ra: MC.ABMB.ACMA.BC <i><b>0,25</b></i>
<b>4b</b>

Từ kết quả câu a) ta có:

AC AB

MA MB. MC.

BC BC

  <i><b>0,25</b></i>

Do đó:

AC AB

MA MB MC MB. 1 MC 1

BC BC

   

   _  _ _  _

   

<i><b>0,25</b></i>

E

F
A

B C

M

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<i><b> = </b></i>

AC BC AB BC

MB. MC.

BC BC

 

   



   

   

<i><b> = </b></i>

AC CE AB BF

MB. MC.

BC BC

 

   



   

   

MB.AE MC.AF

BC



<i><b>0,25</b></i>

<b>4c</b>

Xét trường hợp N thuộc cung BC không chứa A
- Nếu N khác C theo kết quả câu b) ta có

NB.AE NC.AF

NA NB NC

BC


  

(3)
- Nếu N trùng C, ta thấy (3) vẫn đúng.

Mặt khác











 



2 2 2 2

2 ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ ₂

2(NB.AF) NC.AE NB .AF NC .AE

NB.AE NC.AF NB NC AE AF BC .EF (4)

 

     

Từ (3) và (4) suy ra NANBNCEF.

<i><b>0,25</b></i>

<i><b>0,25</b></i>

<i><b> Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi </b></i>NB.AF=NC.AE_hayNBC AEF <i><b>0,25</b></i>

Xét trường hợp N thuộc cung BC chứa A, lấy N' đối xứng với N qua
BC, khi đó N' thuộc cung BC không chứa A, N'A < NA, N'B = NB,
N'C = NC. Áp dụng trường hợp trên ta có:

NA + NB + NC < N'A + N'B + N'C _EF.

Vậy trong mọi trường hợp thì NA + NB + NC có giá trị lớn nhất là
EF, đạt được khi NBC AEF _.

<i><b>0,25</b></i>

<b>5</b>

<b>1,0 điểm</b>

Xét f(x)(x a)(x b)(x c)(x d) <i><b>0,25</b></i>

Ta biểu diễn f(x) dưới dạng:

4 3 2

f(x)x  Ax Bx Cxabcd

Với : A   a b c d_{chia hết cho p.}

<i><b>0,25</b></i>
Ta có:

0f(a)f(b)f(c)f(d)

4 4 4 4 3 3 3 3 2 2 2 2

a b c d A(a b c d ) B(a b c d )

C(a b c d) 4abcd

            

    

<i><b>0,25</b></i>

Suy ra:

4 4 4 4 3 3 3 3 2 2 2 2

a b c d 4abcd A(a b c d ) B(a b c d )

C(a b c d)

           

   

Vì A, a  b c d, a2 b2 c2 d2 chia hết cho p nên

4 4 4 4

a b c d 4abcd chia hết cho p.

</div>

<!--links-->