Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năm học 2013 - 2014 môn toán - Sở giáo dục đào tạo Đăk Lăk

www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2013 – 2014

MƠN THI: TỐN - CHUN
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25/6/2013

Câu 1: (3,0 điểm)
1) Giải phương trình:  x 2  2 x  3  x 2  10 x  21  25




2) Giải hệ phương trình: 




4
4
 10   5
y
x
4
4
 10   5

x
y

Câu 2: (4,0 điểm)
1) Tìm số tự nhiên n lớn nhất sao cho 2015 viết được dưới dạng:
2015  a1  a2    an , với các số a1 , a2 , , an đều là hợp số.
2) Tìm số dư khi chia 2012 2013  20152014 cho 11
3) Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn đẳng thức ab  bc  ca  2 .
a
b
c
Chứng minh rằng:


1
b
c
a
1
1
1
a
b
c
Câu 3: (1,5 điểm)
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa cung AB, M
 cắt BM tại điểm D. Chứng
là một điểm bất kỳ trên cung AC. Tia phân giác của COM
minh rằng khi điểm M di động trên cung AC thì điểm D thuộc một đường trịn cố định.
Câu 4: (1,5 điểm)

Cho tam giác đều ABC. Lấy điểm P tùy ý trong tam giác ABC. Từ điểm P hạ PD,
BD  CE  AF
PE, PF lần lượt vng góc tới các cạnh BC, CA, AB. Tính tỉ số
PD  PE  PF


www.VNMATH.com
SƠ LƯỢC BÀI GIẢI
Câu 1: (3,0 điểm)
1)  x 2  2 x  3  x 2  10 x  21  25   x  1 x  3 x  3 x  7   25

  x 2  4 x  3  x 2  4 x  21  25
  x 2  4 x  9   12   x 2  4 x  9   12   25
2

  x 2  4 x  9   144  25
2

  x 2  4 x  9   169
 x  2  26, x2  2  26
 x 2  4 x  9  13
 x 2  4 x  22  0
 2
 2
 1
x3  2
 x  4 x  9  13  x  4 x  4  0


2

2
1
1
5
5
2) ĐK: x  , y  . Đặt
 a,
 b 0  a 
,0b
 . Hệ trở thành:
5
5
2
2
x
y


2
2
 4a  10  4b  5  10  4b  5  4a


2
2
 4b  10  4a  5  10  4a  5  4b

10  4b2  25  16a 2  40a 
5
5


0  a  , 0  b  
2
2
4
4
10  4a  25  16b  40b 
2
2
2
2
 4 a  4b  16a  16b  40a  40b
 3  a 2  b 2   10  a  b   0
  a  b  3a  3b  10   0
 ab

3a  3b  10

3

a1 


2
+) a  b , ta có: 10  4 a 2  25  16 a 2  40 a  4 a 2  8a  3  0  
a  1
 2 2
3
1
a1  (không TMĐK), a2  (TMĐK)

2
2
1
Với a  b   x  y  4 (TMĐK)
2
5
5
15 15
+) 3a  3b  10 (khơng xảy ra). Vì 0  a  , 0  b   3a  3b  2    10
4
4
4 2
x  4
Vậy hệ có một nghiệm duy nhất 
y  4
Câu 2: (4,0 điểm)
1) Ta có hợp số nhỏ nhất là 4 mà 2015  4  503  3  n  503


www.VNMATH.com
+) Nếu n = 503 thì 2015  a1  a2    a503  có ít nhất một ai  i  1, 2,,503 là số
lẻ, giả sử là a1  a1  9  a1  a2    a503  4  502  9  2017  2015 (không thỏa
mãn)
+) Nếu n = 502, ta có: 2015  4  500  6  9 . Vậy n = 502
2014
2) Ta có: 2012 2013  20152014   20122013  1   2013  2   1
Mà

20122013  1  B  2012  1  B  2013  B 11

 2013  2 

2014

 1  B  2013  22014  1  B(11)  22014  1

2 2014  1  16  210201  1  16  B 11  1

201

 1  16  B 11  1  1  B 11  15  B 11  4

(Vì 210  1024  11  93  1  B 11  1 ).
Vậy số dư khi chia 2012 2013  20152014 cho 11 là 4
a 2 b2  a  b 
3) Với a, b, x, y là các số dương ta chứng minh


x
y
x y

1   a

y  b 2 x   x  y   xy  a  b 

2

2

1

2

 a 2 xy  a 2 y 2  b 2 x 2  b 2 xy  a 2 xy  b 2 xy  2abxy  0
 a 2 y 2  b2 x 2  2abxy  0
a
x

2

  ay  bx   0 (bất đẳng thức đúng). Dấu “=” xảy ra khi ay  bx  0  

b
y

2

a2 b2 c2  a  b  c 
Áp dụng (1) ta chứng minh
  
 2  với a, b, c, x, y, z là các số
x
y
z
x yz
dương.
2
2
a2 b2 c2  a  b  c2  a  b  c 

a b c
. Dấu “=” xảy ra khi  
Thật vậy
  
 
x
y
z
x y
z
x yz
x y z
2

a2
b2
c2
a  b  c  a  b  c






Áp dụng (2), ta có
b
c
a a  b b  c c  a 2a  b  c
2
1

1
1
a
b
c
Lại có
Do đó



a

b

c

 

b c

b

c

2

a b

a





2



 

c a

2

 0  a  b  c  ab  bc  ca  2

2
 1 . Dấu “=” xảy ra khi
2

b
c
a
1
1
a
b
c
b
c

 a
 a b  bc  c a

2
a bc
a bc 

3

ab

bc

ca

2


Câu 3: (1,5 điểm)
1




www.VNMATH.com
  1 COM
  COD
 (góc nội tiếp và góc
Ta có CBM
2

)
ở tâm, OD là phân giác COM
  COD
 (cmt), O và
Xét tứ giác BCDO, ta có: CBD
B nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ CD  O, B
cùng thuộc một cung chứa góc dựng trên đoạn
thẳng OB. Do đó tứ giác BCDO nội tiếp
  90 0 (vì CA
  CB
  OC  AB )
Lại có BOC
Vậy tứ giác BCDO nội tiếp đường trịn đường kính BC, mà BC cố định nên D thuộc
đường tròn cố định đường kính BC (cung OC hình vẽ)
Câu 4: (1,5 điểm)
A

Đặt AB = BC = CA = a
M
Qua P kẻ SL // AB (S  AC, L  BC), IK // BC (I 
AB, K  AC), MN // AC (M  AB, N  BC). Rõ ràng
F
các tứ giác ABLS, BCKI, ACNM là các hình thang
S
cân và các tam giác PMI, PLN, PKS là các tam giác
E
P
I
đều có PF, PD, PE lần lượt là các đường cao
K

 BL = AS, LD = ND, CK = BI, KE = SE, AM = NC,
MF = IF
B
L D N C
 BL + LD + CK + KE + AM + MF = AS + ND + BI
+ SE + NC + IF
 BD + CE + AF = AE + BF + CD
Mà (BD + CE + AF) + (AE + BF + CD) = BC + AC + AB = 3a
3
 BD+CE+AF= a (*)
2
a2 3 1
a 3
Lại có SABC =SBPC +SAPC +SAPB 
= a(PD+PE+PF)  PD+PE+PF=
**
4
2
2
BD+CE+AF 3a a 3
= :
= 3
Từ (*) và (**) có
PD+PE+PF 2 2