Ðề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên năm học 2012 – 2013 môn thi: toán (dành cho thí sinh thi vào chuyên toán, tin) thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO 
ðỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
Năm học 2012 – 2013 
Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin) 
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao ñề) 
Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2012. 
Bài 1 (2,5 ñiểm) 
1/ Rút gọn biểu thức sau: 
A 4 10 2 5 4 10 2 5= − − − + − . 
2/ Giải phương trình: 
2 2
x x 2x 19 2x+39+ − − = . 
Bài 2 (2,0 ñiểm) 
1/ Cho ba số a, b, c thỏa mãn: 4a 5b 9c 0− + = . Chứng minh rằng phương trình 
2ax bx c 0+ + = luôn có nghiệm. 
2/ Giải hệ phương trình: ( )
2xy y x 7y
.x
x y 12
y
 + + =


+ =

Bài 3 (1,5 ñiểm) 
1/ Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn: a b c 1+ + = . Chứng minh rằng: 
( )( )( ) ( )( )( )1 a 1 b 1 c 8 1 a 1 b 1 c+ + + ≥ − − − . 
2/ Phân chia chín số: 1,2,3,4,5,6,7,8,9 thành ba nhóm tùy ý, mỗi nhóm ba số. Gọi 1T 
là tích ba số của nhóm thứ nhất, 2T là tích ba số của nhóm thứ hai, 3T là tích ba số của nhóm 
thứ ba. Hỏi tổng 1 2 3T T T+ + có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? 
Bài 4 (2,5 ñiểm) 
Cho ñường tròn tâm O bán kính R và dây cung BC cố ñịnh khác ñường kính. Gọi A là 
một ñiểm chuyển ñộng trên cung lớn BC của ñường tròn (O) sao cho tam giác ABC nhọn; 
AD,BE,CF là các ñường cao của tam giác ABC. Các ñường thẳng BE, CF tương ứng cắt (O) 
tại các ñiểm thứ hai là Q, R. 
1/ Chứng minh rằng QR song song với EF. 
2/ Chứng minh rằng diện tích tứ giác AEOF bằng EF. R
2
. 
3/ Xác ñịnh vị trí của ñiểm A ñể chu vi tam giác DEF lớn nhất. 
Bài 5 (1,5 ñiểm) 
 1/ Tìm hai số nguyên a,b ñể 4 4a 4b+ là số nguyên tố. 
 2/ Hãy chia một tam giác bất kì thành 7 tam giác cân trong ñó có 3 tam giác bằng nhau. 
-----------------------Hết----------------------- 
 (ðề thi gồm có 01 trang) 
Họ và tên thí sinh:....Số báo danh:.. 
ðỀ CHÍNH THỨC 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ðỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
Năm học 2012 – 2013 
Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên toán, tin) 
Bài ðáp án ðiểm 
1/ Rút gọn biểu thức sau: A 4 10 2 5 4 10 2 5= − − − + − . 1,5 
Nhận xét rằng 0A < . 0,25 
( )( )2A 4 10 2 5 4 10 2 5 2 4 10 2 5 4 10 2 5= − − + + − − − − + − 0,25 
8 2 6 2 5= − + 0,25 
( )28 2 5 1= − +
0,25 
( )26 2 5 1 .5= − = −
0,25 
Vậy A 1 5= − 0,25 
Giải phương trình: 2 2x x 2x 19 2x+39+ − − = (*) 1,0 
ðặt 2t 0x 2x 19= ≥− − . 0,25 
(*) trở thành: 2t t 20 0+ − = t 4 (
t 5 ( )
=
⇔ 
= −
nhËn)
lo¹i
 0,25 
2t 4 x 2x 19 16= ⇒ − − = 2x 2x 35 0⇔ − − = . 0,25 
1 
(2,5 
ñiểm) 
x 7
x 5
=
⇔ 
= −
. 0,25 
1/ Cho 4a 5b 9c 0− + = , chứng minh phương trình 2 bx cax 0+ + = luôn có nghiệm. 1,0 
Xét trường hợp a = 0. Nếu b = 0 thì từ 4a 5b 9c 0− + = , ta suy ra c = 0, do ñó 
phương trình (1) nghiệm ñúng với mọi x ∈ℝ . 0,25 
Còn nếu b 0≠ , phương trình (1) trở thành bx c 0+ = , có nghiệm cx
b
= − . 
Trường hợp a 0≠ , (1) là phương trình bậc hai. Từ 4a 5b 9c 0− + = , ta có 
5
4a 9cb += . Suy ra, 
0,25 
2 2 2 2 2 2
2 28a(4a 9c) 16a 81c (2ac 12a
25 2
7c) 32cb 4ac 4a
5
c
5
0
2
+ + − +∆ = = = +− −= − > . 0,25 
Do ñó, (1) có hai nghiệm phân biệt. 
Vậy trong mọi trường hợp, (1) luôn có nghiệm. 0,25 
2/ Giải hệ phương trình: ( )
2xy y x 7y
x
x y 12
y
 + + =


+ =

 1,0 
2 
(2,0 
ñiểm) 
ðK: y 0≠ 
Hệ tương ñương với 
( )
x
x y 7
y
x
x y 12
y

+ + =


 + =

, ñặt xu x y, v
y
= + = ta có hệ: u v 7
uv 12
+ =

=
0,25 
u 3 u 4
v 4 v 3
= = 
⇔ ∨ 
= = 
 0,25 
Với u 4, v 3= = ta có hệ 
x 3 x 3
y
y 1
x y 4

= =
⇔ 
= + =
 0,25 
Với u 3, v 4= = ta có hệ 
12
x x4 5y
3yx y 3
5
 == 
⇔ 
 
=+ = 
 0,25 
1/ Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn: a b c 1+ + = . Chứng minh rằng: 
( )( )( ) ( )( )( )1 a 1 b 1 c 8 1 a 1 b 1 c+ + + ≥ − − − . 1,0 
Từ a + b + c = 1 ta có 1 + a = (1 – b) + (1 – c) ≥ 2 (1 b)(1 c)− − 
(Vì a, b, c <1 nên 1 – b ; 1 – c ; 1 – a là các số dương). 
0,25 
Tương tự ta có 1 + b ≥ 2 (1 c)(1 a)− − và 1 + c ≥ 2 (1 a)(1 b).− − 0,25 
Nhân các vế của ba BðT ta có: 
( )( )( ) ( )( )( )1 a 1 b 1 c 8 1 a 1 b 1 c+ + + ≥ − − − ⇒ ñpcm. 0,25 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1a b c
3
= = = . 0,25 
2/ Phân chia chín số: 1,2,3,4,5,6,7,8,9 thành ba nhóm tùy ý, mỗi nhóm ba số. Gọi 
1T là tích ba số của nhóm thứ nhất, 2T là tích ba số của nhóm thứ hai, 3T là tích ba 
số của nhóm thứ ba. Hỏi tổng 1 2 3T T T+ + có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? 
0,5 
Ta có: 31 2 3 1 2 3T T T 3 T .T .T+ + ≥ 
3
1 2 3T .T .T 1.2.3.4.5.6.7.8.9 72.72.70 71= = > 
0,25 
3 
(1,5 
ñiểm) 
Do ñó, 1 2 3T T T 213+ + > mà 1 2 3T ,T ,T nguyên nên 1 2 3T T T 214+ + ≥ . 
Ngoài ra, 214 72 72 70 1.8.9 3.4.6 2.5.7= + + = + + . 
Nên giá trị nhỏ nhất của 1 2 3T T T+ + là 214. 
0,25 
Cho ñường tròn tâm O bán kính R và dây cung BC cố ñịnh khác ñường 
kính. Gọi A là một ñiểm chuyển ñộng trên cung lớn BC của ñường tròn (O) 
sao cho tam giác ABC nhọn; AD,BE,CF là các ñường cao của tam giác ABC. 
Các ñường thẳng BE, CF tương ứng cắt (O) tại các ñiểm thứ hai là Q, R. 
1/ Chứng minh rằng QR song song với EF. 
1,0 
O
R
Q
F
E
D CB
A
Vì   0BEC BFC 90= = nên tứ giác BCEF 
nội tiếp ñường tròn ñường kính BC. 
0,25 
4 
(2,5 
ñiểm) 
Suy ra,  BEF BCF= . 0,25 
Mà   
1BCF BQR s Rñ B
2
 
= = 
 
 nên  BEF BQR= . 0,25 
Suy ra, QR / /EF . 0,25 
2/ Chứng minh rằng diện tích tứ giác AEOF bằng EF. R
2
. 0,5 
Vì tứ giác BCEF nội tiếp nên  EBF ECF= mà    1 1EBF sñ AQ, ECF sñ A
2 2
R= = nên 
AQ AR= . 
0,25 
Do ñó, OA QR⊥ mà QR / /EF nên OA EF⊥ . 
Vì OA EF⊥ nên AEOF
EF.OA EF.RS .
2 2
= = 
0,25 
3/ Xác ñịnh vị trí của ñiểm A ñể chu vi tam giác DEF lớn nhất. 1,0 
Tương tự câu 2, BFOD CDOE2S FD.R, 2S DE.R= = . 
Mà tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC. 
0,25 
Suy ra, ( )ABC AEOF BFOD CDOE2S 2S 2S 2S R DE EF FD= + + = + + . 0,25 
Vì R không ñổi nên ñẳng thức trên suy ra chu vi tam giác DEF lớn nhất khi và chỉ 
khi diện tích tam giác ABC lớn nhất. 0,25 
Mà ABC
1S BC.AD
2
= với BC không ñổi nên ABCS lớn nhất khi AD lớn nhất. Khi ñó, 
A là ñiểm chính giữa của cung lớn BC. 
0,25 
1/ Tìm hai số nguyên a, b ñể 4 4a 4b+ là số nguyên tố. 1,0 
( )( )4 4 2 2 2 2a 4b a 2ab 2b a 2ab 2b+ = − + + + . 0,25 
Vì 2 2 2 2a 2ab 2b 0;a 2ab 2b 0− + ≥ + + ≥ . 
Nên 4 4a 4b+ nguyên tố ⇔ Một thừa số là 1 còn thừa số kia là số nguyên tố . 
0,25 
TH1: ( )
( )
( )
2
2
22 2 2
2
2
a b 1
 (1)
b 0
a 2ab 2b 1 a b b 1
a b 0
 (2)
b 1

− =

 =
− + = ⇔ − + = ⇔ 

− =

=
*Với 2(1) b 0 a 1 M 1⇒ = ⇒ = ⇒ = (loại). 
*Với ( ) a b 12
a b 1
= =
⇔ 
= = −
 (thỏa mãn). 
0,25 
5 
(1,5 
ñiểm) 
TH2: ( )
( )
( )
2
2
22 2 2
2
2
a b 1
 (3)
b 0
a 2ab 2b 1 a b b 1
a b 0
 (4)
b 1
 + =

 =
+ + = ⇔ + + = ⇔ 
 + =

=
*Với 2(3) b 0 a 1 M 1⇒ = ⇒ = ⇒ = (loại). 
*Với ( ) a 1 a 14
b 1 b 1
= = − 
⇔ ∨ 
= − = 
 (thỏa mãn). 
Vậy các cặp số ( )a; b cần tìm là: ( ) ( ) ( ) ( )1;1 , 1; 1 , 1;1 , 1; 1− − − − . 
0,25 
2/ Hãy chia một tam giác bất kì thành 7 tam giác cân trong ñó có 3 tam giác bằng 
nhau. 0,5 
O
G
F E
D
C
BA
Trường hợp 1:Tam giác ABC không cân. 
Giả sử AB là cạnh lớn nhất của tam giác ABC. 
Vẽ cung tròn tâm A, bán kính AC cắt AB tại D. 
Vẽ cung tròn tâm B, bán kính BD cắt BC tại E. 
Vẽ cung tròn tâm C, bán kính CE cắt AC tại F. 
Vẽ cung tròn tâm A, bán kính AF cắt AB tại G. 
Dễ dàng chứng minh 5 ñiểm C,D,E,F,G thuộc ñường tròn tâm O với O là tâm 
ñường tròn nội tiếp tam giác ABC. 
Nối 5 ñiểm ñó với O, nối A, B với O, nối F với G, D với E ta ñược 7 tam giác 
cân: AGF,OGF,ODG,BDE,ODE,OCE,OCF . 
Trong ñó, có ba tam giác bằng nhau là: OCE,OCF,OGD . 
0,25 
I
HG
F
E
D
CB
A
Trường hợp 2: Tam giác ABC cân. 
Giả sử tam giác ABC cân tại A. Gọi D, E, F, G, H, I lần lượt là trung ñiểm các 
ñoạn thẳng: AB, BC, CA, DE, EF, FD. Khi ñó, ta có 7 tam giác cân ADF, BDE, 
CEF, DGI, EGH, FHI, GHI trong ñó ba tam giác bằng nhau là: ADF, BDE, CEF. 
0,25 
Các chú ý khi chấm: 
1. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới ñược 
ñiểm tối ña. 
2. Với các cách giải ñúng nhưng khác ñáp án, tổ chấm trao ñổi và thống nhất ñiểm chi 
tiết (ñến 0,25 ñiểm) nhưng không ñược vượt quá số ñiểm dành cho bài hoặc phần ñó. Trong 
trường hợp sai sót nhỏ có thể cho ñiểm nhưng phải trừ ñiểm chỗ sai ñó. 
3. Với Bài 4 và Bài 5.2 không cho ñiểm bài làm nếu học sinh không vẽ hình. 
4. Mọi vấn ñề phát sinh trong quá trình chấm phải ñược trao ñổi trong tổ chấm và chỉ 
cho ñiểm theo sự thống nhất của cả tổ. 
5. ðiểm toàn bài là tổng số ñiểm các phần ñã chấm, không làm tròn ñiểm.