Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Toán - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Bình Định

  ẹEÀ THI 10 CHUYEÂN Bẹ .............................................1 ..............................................................Buứi Vaờn Chi  
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
BèNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYấN Lấ QUí ĐễN 
 NĂM HỌC 2013 – 2014 
Đề chớnh thức Mụn thi: TOÁN (chuyờn Toỏn) 
 Ngày thi: 15/06/2013 
 Thời gian: 150 phỳt 
Bài 1. (2,0 điểm) 
1. Rỳt gọn biểu thức: 
A = 1 2 1 2 2
11 1 1
x:
xx x x x x x
   
            
2. Chứng minh: 
1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 47 48
   
   
 > 3 
Bài 2. (2,0 điểm) 
 Cho a, b là hai số nguyờn dương sao cho 1 1a b
b a
 
 là một số nguyờn dương. 
 Gọi d là ước của a, b. Chứng minh bất đẳng thức d  a b . 
Bài 3. (1,5 điểm) 
Cho hai số a, b > 0, a  b. Chứng minh rằng: 
 
 
2
22 4
a ba b ab
a b

 

. 
Bài 4. (3,0 điểm) 
Cho tam giỏc đều ABC nội tiếp đường trũn (O). Một đường thẳng ( ) thay đổi nhưng 
luụn đi qua điểm A cắt hai tiếp tuyến tại B và C của đường trũn (O) tương ứng tại M 
và N. Giả sử ( ) cắt đường trũn (O) tại E ( E  A và E thuộc cung lớn BC). Đường 
thẳng MC cắt BN tại F. 
1. Chứng minh rằng tam giỏc ACN đồng dạng với tam giỏc MBA. Tam giỏc 
MBC đồng dạng với tam giỏc BCN. 
2. Chứng minh tứ giỏc BMEF nội tiếp đường trũn. 
3. Chứng minh đường thẳng EF luụn đi qua điểm cố định khi ( ) thay đổi 
nhưng luụn đi qua A. 
Bài 5. (1,5 điểm) 
Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: 3(x2 + xy + y2) = x + 8y 
  ẹEÀ THI 10 CHUYEÂN Bẹ .............................................2 ..............................................................Buứi Vaờn Chi  
GIẢI ĐỀ THI 10 CHUYấN Lấ QUí ĐễN BèNH ĐỊNH 
MễN TOÁN CHUYấN 
Ngày thi: 15/06/2013 - Thời gian: 150 phỳt 
Bài 1. (2,0 điểm) 
1. Rỳt gọn biểu thức: 
A = 1 2 1 2 2
11 1 1
x:
xx x x x x x
   
            
A = 
 
  
2 11 2 1
1 1 1 1
xx :
x x x x
               
 = 
 2
1 1 2
1 1 1
x :
x x x
 
     
 
= 
 
 2
2
11 1 1 1
1 1 1 11
xx x: .
x x x xx
 
 
   
 (ĐKXĐ: x  0, x  1). 
2. Chứng minh: 
1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 47 48
   
   
 > 3 
Đặt A = 
1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 47 48
   
   
 , 
B = 1 1 1 1
2 3 4 5 6 7 48 49
   
   
 
Ta cú: A > B. 
Xột tổng A + B 
 = 1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 47 48
   
   
 + 1 1 1
2 3 4 5 48 49
  
  
 
= 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 47 48 48 49
      
      
 
= 2 1 3 2 4 3 5 4 6 5 48 47 49 48              
= 49 1 = 6. 
Vỡ A > B nờn A + B 3. 
Vậy 1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 47 48
   
   
 > 3. 
Bài 2. (2,0 điểm) 
Chứng minh d  a b 
Đặt 
1 1a b
b a
 
 = k ( a, b, k  N*)  a2 + b2 + a + b = kab (1) 
Vỡ d là ước nguyờn dương của a và b nờn a = xd, b = yd (a,b,x,y,d N*) 
Thay vào (1), ta cú: 
x2d2 + y2d2 + (x + y)d = kxyd2 
 (x + y)d = kxyd2 – (x2+ y2)d2  (x + y)d = (kxy – x2 – y2)d2  d2 
(vỡ (x + y)d nguyờn dương nờn kxy – x2 – y2 nguyờn dương) 
Do đú: a + b  d2  d  a b . 
  ẹEÀ THI 10 CHUYEÂN Bẹ .............................................3 ..............................................................Buứi Vaờn Chi  
Bài 3. (1,5 điểm) 
Chứng minh  
 
2
22 4
a ba b ab
a b

 

 (a, b > 0, a  b) 
Ta cú:  
 
 22
2 44
a ba b
a b



= 2
4
a b ab  
*) 2 2 0
4
a b ab ab a b ab         2a b > 0: BĐT đỳng với a, b > 0, a  b. 
*) 2
4
a b ab  < 
2
a b   22 ab a b a b    > 0: BĐT đỳng với a, b > 0, a  b. 
Vậy  
 
2
22 4
a ba b ab
a b

 

 (a, b > 0, a  b). 
Bài 4. (3,0 điểm) 
1) Chứng minh ACN MBA, MBC BCN 
Ta cú:    1 1
1 1
2 2
B C sdAB sdAC    
 
= 600 
  1 1B A = 600  MB // AC   1 2M A (đồng vị) 
Do đú ACN MBA (g.g). 
Suy ra MB BA
AC CN
  MB BC
BC CN
 , mặt khỏc  MBC BCN (= 1200), 
nờn MBC BCN (c.g.c). 
2) Chứng minh tứ giỏc BMEF nội tiếp 
Ta cú MBC BCN   2 2M B . 
Vỡ   2B MBF MBC  = 1200, nờn  2M MBF = 1200. 
Từ đú trong tam giỏc BMF ta cú:    01 2180F M MBF   = 600. 
Tứ giỏc AEBC nội tiếp nờn  1E ACB = 600 (cựng bự với AEB). 
Do đú  1 1F E = 600, suy ra tứ giỏc BMEF nội tiếp. 
3) Chứng minh EF đi qua điểm cố định 
EF cắt BC tại I. 
Ta cú:  2 1F F = 600 (đối đỉnh),  2E ABC = 600, suy ra  2 2F E = 600 
A
B C
E
M
F
I
O
600
600600 600
1 2
1
2
3
2
1 1
2
2
1
N
1
1 2
S
S
S
S
S
  ẹEÀ THI 10 CHUYEÂN Bẹ .............................................4 ..............................................................Buứi Vaờn Chi  
Do đú tứ giỏc EFCN nội tiếp. 
Mặt khỏc, MBC BCN   2 1C N , tứ giỏc EFCN nội tiếp   3 1E N . 
Suy ra  3 2E C , và EIC chung nờn IEC  ICF (g.g)  IC2 = IE.IF (1) 
Chứng minh tương tự,  IBF  IEB (g.g)  IB2 = IE.IF (2) 
Từ (1), (2) ta cú IB = IC. 
Vậy khi đường thẳng ( ) thay đổi nhưng vẫn đi qua A, thỡ EF luụn đi qua điểm cố định I 
là trung điểm của BC. 
Bài 5. (1,5 điểm) 
Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: 3(x2 + xy + y2) = x + 8y (1) 
Biến đổi phương trỡnh: 
(1)  3x2 + 3xy + 3y2 – x – 8y = 0 
 3x2 + (3y – 1)x + (3y2 – 8y) = 0 (2) 
Xem (2) là phương trỡnh bậc hai theo ẩn x. 
Ta cú :  = (3y – 1)2 – 12(3y2 – 8y) = - 27y2 + 90y + 1 = 9y(- 3y + 10) + 1 
Nhận xột : 
Nếu y  4 hoặc y  - 1 (y  Z) thỡ  < 0 : Pt (2) vụ nghiệm. 
Do đú 0  y  3 (y  Z) 
+) Nếu y = 0 thỡ  = 1, Pt (2)  3x2 – x = 0  x1 = 0 (chọn), x2 = 
1
3
 (loại). 
+) Nếu y = 1 thỡ  = 64, Pt (2)  3x2 + 2x – 5 = 0  x1 = 1 (chọn), x2 = 
5
3
 (loại). 
+) Nếu y = 2 thỡ  = 73 : khụng là số chớnh phương, Pt (2) khụng cú nghiệm nguyờn. 
+) Nếu y = 3 thỡ  = 28 : khụng là số chớnh phương, Pt (2) khụng cú nghiệm nguyờn. 
Vậy Pt (1) cú hai nghiệm nguyờn : 
(x ; y) = (0 ; 0) , (1 ; 1). 
S
A
B C
E
M
F
I
O
600
600600 600
1 2
1
2
3
2
1 1
2
2
1
N
1
1 2
S
S