De thi Toan vong 2 Tin chuyen Vinh Phuc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (256.09 KB, 4 trang )

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

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
————

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN: TOÁN

(Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Tin học)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

——————————
Câu 1 (2,0 điểm).

Giải phương trình: x3x23x 3 2x  x2 3 2x22x.
Câu 2 (2,0 điểm).

Cho x, y là các số thực thỏa mãn x2y2 xy1. Chứng minh rằng:
1.

3 xy

  
.
2.

4 4 2 2 1

x y  x y 
.
Câu 3 (2,0 điểm).

Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( ; ; )x y z thỏa mãn: 3(xy yz zx  ) 4 xyz.
Câu 4 (3,0 điểm).

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O). Lấy điểm P trên cung AB khơng chứa C
của đường trịn (O) (P khác A và B). Đường thẳng qua P vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB,
AC theo thứ tự tại Q, R; đường thẳng qua P vng góc với OB cắt các đường thẳng AB, BC theo thứ
tự tại S, T.

1. Chứng minh rằng tam giác PQS cân.
2. Chứng minh rằng PQ2 QR ST. .
Câu 5 (1,0 điểm).

Hai bạn Vĩnh và Phúc được cho 2012 chiếc kẹo. Họ chia kẹo cho nhau theo quy tắc: luân phiên
nhau, mỗi người ở một lần chỉ được lấy ít nhất là 1 chiếc kẹo và nhiều nhất là 4 chiếc kẹo. Vĩnh là
người được lấy đầu tiên. Người nào lấy được chiếc kẹo cuối cùng thì người đó thắng cuộc. Hỏi ai là
người có thể ln thắng cuộc?

—Hết—

Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm!

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

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

(Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Tin học)
——————————

1. Hướng dẫn chung.

- HDC chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản mà HS phải trình bày, nếu HS giải theo cách khác
đúng và đủ các bước vẫn cho điểm tối đa.

- Trong mỗi câu, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan khơng được điểm.

- Câu hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình mới chấm điểm, nếu thí sinh khơng có hình vẽ đúng ở phần
nào thì giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần đó.

- Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và khơng làm trịn.
2. Đáp án và thang điểm

Câu 1 (2 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Điều kiện: x0 0.25

Biến đổi phương trình về dạng



x2 3





x 1



2x x2 3 2x x



1



0 x2 3



x 1 1



2 1x



x 1



0

                0.25



x2 3 2x





x 1 1



0

      0.25

2 3 2 0 (1)

1 1 0 (2)

x x
x
   
 
   

0.25
Phương trình (1) tương đương với x2 3 2x  x2 2x 3 0,vơ nghiệm. 0.25
Phương trình (2) tương đương với x  1 1 x  1 1 x0 0.50

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x0. 0.25

Câu 2 (2.0 điểm).

Ý Nội dung trình bày Điểm





0 ,

x y  x y

nên x2y2 2 .xy dấu " "  xy 0.25
Suy ra 1x2y2 xy2xy xy xy  , dấu " "  xy 0.25

Mặt khác





2
2 2

1x y  xy x y  3xy3xy

, dấu " "  x y. 0.25
Suy ra
1
1
3 xy
  
;
1 1
1 1;
3 3

xy  x y xy  x y

. 0.25
2

Đặt
1
, 1.
3

xy t   t

Theo giả thiết









2 2

2 2 1 2 2 1

x y   t x y  t 0.25

ta được P x 4y4 x y2 2 (x2y2 2)  3x y2 2 2t22 1,t với

1
;1
3

t  

  0.25

Ta có





1 10 1 1 1 2 1

2 4 3

9 3 3 3 9 3 3

P  t  t    t   t

      0.25

Do
1
1
3 t
  
nên
1

0, 4 3 0.

t   t

Suy ra





1 2 1 1

4 3

9 3 3 9

P  t   t 

  . (đpcm)

Dấu “=” xảy ra

1
3
x y
  
.
0.25

Câu 3 (2.0 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Viết lại phương trình về dạng

1 1 1 4

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

Khơng mất tính tổng qt, giả sử x y z  . Khi đó, từ (1) suy ra

4 1 1 1 3 9

3  x y z  x x4.

Do đó x1 hoặc x2.

0.50

Với x1ta được

2 1 1 1

3 6.

3 y

y  y z     Thử trực tiếp từng giá trị của y từ 4 đến 6, được

( ; ; ) (1; 4; 12), (1; 6; 6)x y z  .

0.50

Với x2 ta được

2 1 1 5 12

6 y 5

y  y z    . Do x y , nên y2. Từ đó tìm được z3. 0.25
Vậy: Phương trình có 12 nghiệm gồm(1; 4; 12), (1; 6 ; 6), (2 ; 2; 3) và các hoán vị của chúng. 0.25
Câu 4 (3 điểm).

Ý Nội dung trình bày Điểm

Do tam giác OAB cân, nên OABOBA (1) 0.25
Do PROA nên PQSAQR900 OAB (2)

Tương tự, cũng có PSQ900 OBA (3) 0.5

Từ (1), (2), (3) suy ra PQS cân. 0.25

Theo chứng minh trên, AQR900 OABBCA và
0

BST OBA BCA

     . Do đó ARQ~ABC~TBS 0.25

Suy ra

~ QA ST

ARQ TBS

QR SB

   

(4) 0.25
Do APB1800 BCA SPQ, 1800 AOB1800 2 BCA nên

APQ BPS APB SPQ BCA

       0.25

mà APQ PAQPQS BCAPAQ PBS suy ra PBSAPQ
PQA PSB

  (do tam giác PSQ cân tại P) 0.25

Do đó

~ QP SB

AQP PSB

QA SP

   

(5) 0.25
Từ (4) và (5) suy ra

· ·

QP QA QP ST SB ST

QR QR QA SB SP SP 0.25

Từ đó, do PQ PS nên ta được

2 · ,
PS ST

PS QR ST

QR SP   điều phải chứng minh. 0.5
Câu 5 (1,0 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Trả lời: Vĩnh lấy kẹo trước, thì Vĩnh ln có chiến lược để đến lượt Phúc lấy kẹo thì trên bàn

cịn 5 chiếc kẹo. 0.25

Lần đầu tiên Vĩnh lấy 02 kẹo, trên bàn còn 2010 kẹo; đến lượt Phúc, nếu Phúc lấy k chiếc kẹo

(k 1, 2,3, 4) thì Vĩnh lấy 5 k chiếc kẹo. Khi đó số kẹo cịn lại là 2010 k (5 k) 2005

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

là một bội của 5.

Theo quy luật trên, sau mỗi lần Vĩnh lấy kẹo, số kẹo còn lại trên bàn luôn là bội của 5. 0.25
Bởi vậy, cho đến khi trên bàn còn 5 chiếc kẹo và đến lượt Phúc lấy. Khi đó, cho dù Phúc lấy

</div>