Đề thi tuyển sinh lớp 10 thpt chuyên Nguyễn Trãi năm học 2013 - 2014 môn thi: Toán (chuyên)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề thi gồm : 01 trang
Câu I (2,0 điểm)
1) Phân tích đa thức 3 3 3( ) (3 2) (1 2 ) (1 )P x x x x      thành nhân tử.
2) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 4a b c abc    .
Tính giá trị của biểu thức:
(4 )(4 ) (4 )(4 ) (4 )(4 )A a b c b c a c a b abc         
Câu II ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình 24 6 2 2 3 2x x x      .
2) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
5
( ) 6
x y
xy x y
    
.
Câu III (2,0 điểm)
1) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn điều kiện 2 24 5 2( )x xy y x y    .
2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2 3 41   p p p p là số hữu tỷ.
Câu IV (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A thay
đổi trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao AD,
BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
2) Chứng minh AO EF .
3) Xác định vị trí của điểm A để chu vi của tam giác DEF đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 2 2 2
2 2 2
x xy y y yz z z zx xS x y z y z x z x y
            
----------------------------Hết----------------------------
Họ và tên thí sinh................................................Số báo danh........................................
Chữ kí của giám thị 1: ....................................Chữ kí của giám thị 2: ...........................
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Câu Ý Nội dung
I 1 Phân tích 3 3 3( ) (3 2) (1 2 ) (1 )     P x x x x thành nhân tử
Đặt 3 3 33 2, 1 2 , 1 0             a x b x c x a b c P a b c
3 3( ) 3 ( )    P a b c ab a b
2 2( ) ( ) ( ) 3 ( )          a b c a b a b c c ab a b
3 ( ) 3 3(3 2)(1 2 )(1 )       ab c abc x x x
I 2 (4 )(4 ) (4 )(4 ) (4 )(4 )A a b c b c a c a b abc         
4 4 4 4 4 16
(4 )(4 ) (16 4 4 )
        
      
a b c abc a b c abc
a b c a b c bc
(4 4 4 4 4 4 ) (4 4 )         a a b c abc b c bc a a abc bc
2(2 ) (2 ) 2     a a bc a a bc a abc
Tương tự (4 )(4 ) 2 , (4 )(4 ) 2       b c a b abc c a b c abc
2( ) 3 2( ) 8          A a b c abc abc a b c abc
II 1 Giải phương trình 24 6 2 2 3 2     x x x
ĐK: 2 2  x . Pt  (2 )(2 ) 3 2 2 3 2 0        x x x x
   2 2 3 2 2 3 0       x x x
   2 3 02 3 2 2 0 2 2 0
             
xx x x
Giải pt 2 3 0 7    x x (Loại)
Giải pt 2 2 0 2     x x (TM). Vậy x = -2
II 2 Giải hệ phương trình
2 2
2 2
5
( ) 6
    
x y
xy x y
Hệ
2 22 2
2 2
( ) ( ) 55
( )( ) 6 ( )( ) 6
               
x xy y xyx y
xy x y x y x xy y xy
Đặt 2 2,   a x xy b y xy ta được hệ 56
  
a b
ab
Giải hệ pt này ta được
2 2
2 2
2, 3 2, 3
3, 2 3, 2
              
a b x xy y xy
a b x xy y xy
TH 1.
2
2 2 2 2
2
2 3 3 2 2 3 5 2 03
            
x xy x xy y xy x xy yy xy
2
2
2 1 1, 2
1 1 33 ,2 2 2
                 
x y y y x
y x x x y
TH 2.
2
2 2 2 2
2
3 2 2 3 3 2 5 3 02
            
x xy x xy y xy x xy yy xy
2
2
1 1 33 ,2 2 2
2 1 1, 2
                 
x y y y x
y x x x y
Vậy hệ pt có tám nghiệm là
1 3 1 3 3 1 3 1(2;1), ( 2; 1), ; , ; , (1; 2), ( 1;2), ; , ;2 2 2 2 2 2 2 2
                           
III 1 Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2 24 5 2( )   x xy y x y
Pt 2 22(1 2 ) 5 2 0     x y x y y
Tồn tại x 2 2' (1 2 ) (5 2 ) 0      y y y
2 22 1 0 ( 1) 2 1 2 1 2 1 2              y y y y y
Do y là số nguyên nên 0, 1, 2  y y y
2
2
2
0 2 0 0, 2
1 6 7 3 2
2 10 24 0 4, 6
      
      
       
y x x x x
y x x x
y x x x x
Vậy các cặp số nguyên cần tìm là (0;0), (2;0), (4;2), (6;2)
III 2 Tìm các số nguyên tố p sao cho 2 3 41   p p p p là số hữu tỷ
2 3 41   p p p p là số hữu tỷ 2 3 4 21 ,      p p p p n n
2 3 4 2
2 3 4 2 2 3 4 2
2 2 2 2 2 2 2
4 4 4 4 4 4 (1)
4 4 4 4 4 4 4 4 5
(2 ) (2 ) (2 2) 2 2 2 2
     
         
           
p p p p n
p p p n p p p p p
p p n p p p p n p p
22 2 1   n p p . Thế vào (1) ta được
2 3 4 2 2 24 4 4 4 4 (2 1) 2 3 0          p p p p p p p p
Giải pt tìm được 1 p (loại) và 3p
Với 2 3 43 1 11      p p p p p . Vậy 3p
IV 1 Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
Tứ giác DCEH nội tiếp suy ra  HDE HCE 
Tứ giác DBFH nội tiếp suy ra  HDF HBF 
Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra    HCE HBF HDE HDF   
Suy ra DH là tia phân giác của góc EDF
Tương tự EH là tia phân giác của góc DEF . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác DEF.
IV 2 Chứng minh AO EF
Vẽ tiếp tuyến xAy của đường tròn (O) tại điểm A
Tứ giác AEHF nội tiếp suy ra  AFE AHE 
Tứ giác EHDC nội tiếp suy ra  AHE DCE 
 DCE xAB (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một
cung)
Suy ra  AFE xAB Ax // EF 
AO  xAy AO  EF
IV 3 Chứng minh AO EF
AO  EF  SAEOF = 1 AO.EF2
Tương tự
BDOF CDOE
1 1BO DF S BO.DF, CO DE S CO.DE2 2     
ABC AEOF BDOF CDOE
1S = S + S S (AO.EF BO.DF+CO.DE)2
1= R(EF DF+DE)2
   

Vậy chu vi tam giác DEF lớn nhất  ABCS lớn nhất  khoảng cách từ A đến
BC lớn nhất  A là điểm chính giữa của cung lớn BC.
V Tìm GTNN của
2 2 2 2 2 2
2 2 2
            
x xy y y yz z z zx xS x y z y z x z x y
Ta có 2 2 2 2 21 3 1 1( ) ( ) ( ) ( )4 4 4 2         x xy y x y x y x y x y
Tương tự suy ra 2 2 2 2
         
x y y z z xS x y z y z x z x y
Đặt
2 , 2 , 2
, ,2 2 2
2 2 2 2
        
           
        
a x y z b y z x a z x y
b c a c a b a b cx y y z z x
b c a c a b a b cS a b c
4 3 2 2 2 3 3                           
b a c a c bS a b a c b c
Do đó 34S . Đẳng thức xảy ra  x y z . Vậy GTNN của S là
3
4
H
F
E
D
H
F
E
D
O O
B C
A
B C
A
X
Y
 Hình vẽ câu a Hình vẽ câu b