Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên Hạ Long năm học 2013 - 2014 môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH QUẢNG NINH 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG 
NĂM HỌC 2013 - 2014 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
MÔN: Toán 
(Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, chuyên Tin) 
Ngày thi: 29/6/2013 
Thời gian làm bài: 150 phút 
( không kể thời gian giao đề) 
(Đề thi này có 01 trang) 
Câu I. ( 2,0 điểm) 
1) Cho biểu thức 2 x 13 x 2 2 x 1A
x 5 x 6 x 2 x 3
  
  
   
 với x 0 . 
a. Rút gọn biểu thức A. 
b. Tìm giá trị của x để A nhận giá trị nguyên. 
2) Tìm số nguyên dương n để  n n 1p 1
2

  là số nguyên tố. 
Câu II. (1,5 điểm) 
 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) 2y x và đường thẳng (d) y mx 2  . 
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại 
2 điểm nằm về hai phía của trục tung. 
b) Giả sử đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại  1 1A x ;y và  2 2B x ;y . Tìm giá trị của 
m để 21 2 2 1y y 24 x mx    . 
Câu III. (2,0 điểm) 
1) Giải phương trình: 2 1x 2x x 8x 1
x
    . 
2) Giải hệ phương trình: 
2 2x 4y 8xy 2
x 2y 4xy
   

 
. 
Câu IV. (3,5 điểm) 
 Cho đường tròn (O; R), đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi ( CD AB ). 
Các tia BC, BD cắt tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lần lượt ở E, F. 
a) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp. 
b) Khi đường kính CD thay đổi, tìm giá trị nhỏ nhất của EF theo R. 
c) Đường tròn đi qua ba điểm O, D, F và đường tròn đi qua ba điểm O, C, E cắt nhau 
ở G ( G O ). Chứng minh ba điểm B, A, G thẳng hàng. 
Câu V. (1,0 điểm) 
Cho số thực x thỏa mãn 0 x 1  . Chứng minh rằng: 2 1 3 2 2
1 x x
  

. 
. Hết . 
Họ và tên thí sinh: . Số báo danh:  
 Chữ ký GT 1: 
... 
 Chữ ký GT 2: 
... 
 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH QUẢNG NINH 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG NĂM HỌC 2013 – 2014 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán 
(Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, chuyên Tin) 
(Hướng dẫn chấm này có 03 trang) 
 Lời giải sơ lược Cho 
điểm 
Bài I 
2,0 đ 
1.a) 2 x 13 x 2 2 x 1A
x 5 x 6 x 2 x 3
  
  
      
2 x 13 x 2 2 x 1
x 2 x 3x 2 x 3
  
  
  
 0,25 đ 
       
  
2 x 13 x 2 x 3 2 x 1 x 2
x 2 x 3
      

    
9 x
x 2 x 3


 
 0,25 đ 
  
  
3 x 3 x
x 2 x 3
 

 
 3 x
x 2



 0,25 đ 
1.b) 3 x 5 5A 1
x 2 x 2 x 2

     
  
  0,25 đ 
Có 5 5x 2 2 0 0
2x 2
     

  5 1
x 2


 hoặc 5 2
x 2


Từ đó tính được 1 2
1
x 9;x
4
  
0,25 đ 
2) 
 n n 1
p 1
2

    n 1 n 2p
2
 
  0,25 đ 
Với n 2k (ĐK: k 0 )   p k 1 2k 1    nguyên tố mà k 1 1  2k 1 1   
k 1  n 2;p 2   ( thỏa mãn) 
0,25 đ 
Với n 2k 1  (ĐK: k 0 )  p k 2k 3   nguyên tố mà 2k 3 1  k 1  
n 3, p 5   (thỏa mãn) 
0,25 đ 
Bài II 
1,5 đ 
a) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: 2x mx 2 0   . 0,25 đ 
Xét phương trình 2x mx 2 0   có  1. 2 2 0     phương trình có hai nghiệm 
trái dấu với mọi m  (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm nằm về hai phía của trục tung. 
0,5 đ 
b) 1 2x ;x là hai nghiệm của phương trình 
2x mx 2 0   . Theo Viet 
1 2 1 2x x m; x .x 2    
0,25 đ 
Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của hệ phương trình: 
2y x
y mx 2
 

 
Vậy: 21 2 2 1y y 24 x mx       1 2 1 2m x x 22 m x x     222 m  (*) 
ĐK: 2m 22 .      2 22 2 2 21 2 1 2 1 2* m x x 22 m m x x 4x x 22 m            
 2 2 2 4 2m m 8 22 m m 9m 22 0        
0,25 đ 
Đặt 2m t ( đk: 0 t 22  ). Phương trình trở thành 2t 9t 22 0   1t 11   
( không thỏa mãn đk), 2t 2 thỏa mãn điều kiện 1;2m 2   
0,25 đ 
 2
 Lời giải sơ lược Cho 
điểm 
Bài 
III 
2,0 đ 
1) ĐK: x 0 
Chia cả hai vế của phương trình cho x 0 được: 1 1x 2 x 8 0
x x
     0,25 đ 
Đặt 
1
x t
x
  . Vì 1 1x 0 x 2 x. 2 t 2
x x
       0,25 đ 
Phương trình trở thành: 2t 2t 8 0   1t 4   không thỏa mãn điều kiện, 2t 2 
thỏa mãn điều kiện. 
0,25 đ 
Với 21t 2 x 4 x 4x 1 0
x
        1;2x 2 3   thỏa mãn điều kiện. Vậy 
phương trình có 2 nghiệm 1;2x 2 3  . 
0,25 đ 
2) Trừ vế với vế của hai phương trình được: 2 2x 4y 4xy x 2y 2 0      
   2x 2y x 2y 2 0      . 
0,25 đ 
Đặt x 2y a  , phương trình trở thành: 2a a 2 0   1 2a 1;a 2    0,25 đ 
Với a 1 x 2y 1      , kết hợp với x 2y 4xy  ta được: 28y 4y 1 0   
(Phương trình vô nghiệm) 
Với a 2 x 2y 2    , kết hợp với x 2y 4xy  được: 24y 4y 1 0   
1;2
1 2
y
2
 
  . 
Với 1 1
1 2
y x 1 2
2
 
    . Với 2 2
1 2
y x 1 2
2
 
    
Vậy hệ có nghiệm: 1 2 1 21 2; ; 1 2;
2 2
      
       
   
0,5 đ 
Bài 
IV 
3,5 đ 
a)    0D O;R ADB 90    DAB AFB  (cùng phụ với DBA ) 0,5 đ 
 DAB DCB ( hai góc nội tiếp (O) cùng chắn DB ) 0,25 đ 
 EFD DCB   tứ giác CDFE nội tiếp. 
0,25 đ 
b) B đường tròn đường kính CD  0DBC 90  . 
Xét tam giác EBF có EBF 1v , BA EF 2AE.AF AB  
0,25 đ 
 2EF AE+AF 2 AE.AF 2 AB 2AB 4R     ( BĐT Cô si) 0,5 đ 
Dấu đẳng thức khi và chỉ khi AE AF 2R CD AB    . 0,25 đ 
Vậy giá trị nhỏ nhất của EF là 4R khi CD AB 
 0,25 đ 
c) Tứ giác ODFG nội tiếp   0GFD GOD 180   , tứ giác OCEG nội tiếp 
  0GEC GOC 180   , mà   0GOD GOC 180    0GFD GEC 180    tứ giác 
BEGF nội tiếp. 
0,5 đ 
Tứ giác BEGF nội tiếp.  FGB FEB  . Tứ giác CDFE nội tiếp  FEB CDB  . 
Tứ giác ODFG nội tiếp  ODB FGO  
0,5 đ 
 FGB FGO  G,O,B thẳng hàng hay B, A, G thẳng hàng. 
0,25 đ 
 3
 Lời giải sơ lược Cho 
điểm 
Bài V 
1,0 đ 
2 1 2 1 2x 1 x
A 2 1 3 3
1 x x 1 x x 1 x x
                    
 0,5 đ 
Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số dương 2x
1 x
 và 1 x
x
 được: 
2x 1 x 2x 1 x
2 . 2 2
1 x x 1 x x
 
  
 
0,25 đ 
Vậy A 3 2 2  
 0,25 đ 
Hình vẽ cho Bài IV: 
G
F
E
D
OA B
C
Các chú ý khi chấm: 
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập 
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa. Trong các phần có liên quan với nhau, nếu học 
sinh làm sai phần trước thì phần sau liên quan với nó dù làm đúng cũng không cho điểm, trường hợp sai 
sót nhỏ có thể cho điểm nhưng phải trừ điểm chỗ sai đó. Không cho điểm lời giải bài hình nếu học sinh 
không vẽ hình. 
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng 
không được vượt quá số điểm dành cho Bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm 
phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm. 
------------------------- Hết -----------------------