�ݺ�ߣ

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2012
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 0902 – 11 – 00 - 33 - Trang | 1 -
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ 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)
Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2012.
Bài 1 (2,5 điểm)
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+ − − = .
1/ Cho ba số a, b, c thỏa mãn: 4a 5b 9c 0− + = . Chứng minh rằng phương trình
2
ax bx c 0+ + = luôn có nghiệm.
2/ Giải hệ phương trình:
( )
2
xy y x 7y
x
x y 12
y
 + + =


+ =

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?
Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây cung BC cố định khác đường kính. Gọi A là một điểm
chuyển động trên cung lớn BC của đường tròn (O) sao cho tam giác ABC nhọn; AD,BE,CF là các đường
cao của tam giác ABC. Các đường thẳng BE, CF tương ứng cắt (O) tại các điểm 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
.
ĐỀ CHÍNH THỨC

3/ Xác định vị trí của điểm A để chu vi tam giác DEF lớn nhất.
1/ Tìm hai số nguyên a,b để 4 4
a 4b+ là số nguyên tố.
2/ Hãy chia một tam giác bất kì thành 7 tam giác cân trong đó có 3 tam giác bằng nhau.
-----------------------Hết-----------------------
(Đề thi gồm có 01 trang)
Họ và tên thí sinh:………………………..…………………..Số báo danh:……….……….
Nguồn: Hocmai.vn

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ 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 Đáp án Điểm
1
(2,5
điểm)
1/ Rút gọn biểu thức sau: A 4 10 2 5 4 10 2 5= − − − + − . 1,5
Nhận xét rằng 0A < . 0,25
( )( )2
A 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
( )
2
8 2 5 1= − + 0,25
( )
2
6 2 5 1 .5= − = − 0,25
Vậy A 1 5= − 0,25
Giải phương trình: 2 2
x x 2x 19 2x+39+ − − = (*) 1,0
Đặt 2
t 0x 2x 19= ≥− − . 0,25
(*) trở thành: 2
t t 20 0+ − =
t 4 (
t 5 ( )
=
⇔  = −
nhËn)
lo¹i
0,25
2
t 4 x 2x 19 16= ⇒ − − = 2
x 2x 35 0⇔ − − = . 0,25
x 7
x 5
=
⇔  = −
. 0,25
2
(2,0
điểm)
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 đó phương
trình (1) nghiệm đúng với mọi x∈ℝ .
0,25
Còn nếu b 0≠ , phương trình (1) trở thành bx c 0+ = , có nghiệm
c
x
b
= − . 0,25

Trường hợp a 0≠ , (1) là phương trình bậc hai. Từ 4a 5b 9c 0− + = , ta có
5
4a 9c
b
+
= .
Suy ra,
2 2 2 2 2 2
2 28a(4a 9c) 16a 81c (2ac 12a
25 2
7c) 32c
b 4ac 4a
5
c
5
0
2
+ + − +
∆ = = =
+
−
−
= − > . 0,25
Do đó, (1) có hai nghiệm phân biệt.
Vậy trong mọi trường hợp, (1) luôn có nghiệm.
0,25
2/ Giải hệ phương trình:
( )
2
xy y x 7y
x
x y 12
y
 + + =


+ =

1,0
ĐK: y 0≠
Hệ tương đương với
( )
x
x y 7
y
x
x y 12
y

+ + =


 + =

, đặt
x
u 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
12x x
4 5y
3
yx y 3
5

 == 
⇔ 
  =+ = 
0,25
3
(1,5
điểm)
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 BĐT ta có: 0,25

( )( )( ) ( )( )( )1 a 1 b 1 c 8 1 a 1 b 1 c+ + + ≥ − − − ⇒ đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
a 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: 3
1 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
Do đó, 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
4
(2,5
điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây cung BC cố định khác đường kính. Gọi
A là một điểm chuyển động trên cung lớn BC của đường tròn (O) sao cho tam giác
ABC nhọn; AD,BE,CF là các đường cao của tam giác ABC. Các đường thẳng BE,
CF tương ứng cắt (O) tại các điểm 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 0
BEC BFC 90= = nên tứ giác BCEF nội
tiếp đường tròn đường kính BC.
0,25
Suy ra, BEF BCF= . 0,25
Mà
1
BCF BQR s Rđ 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 1
EBF sđ AQ,ECF sđ A
2 2
R= = nên 0,25

AQ AR= .
Do đó, OA QR⊥ mà QR / /EF nên OA EF⊥ .
Vì OA EF⊥ nên AEOF
EF.OA EF.R
S .
2 2
= =
0,25
3/ Xác định vị trí của điểm A để 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 đổi nên đẳng 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
1
S BC.AD
2
= với BC không đổi nên ABCS lớn nhất khi AD lớn nhất. Khi đó, A là
điểm chính giữa của cung lớn BC.
0,25
5
(1,5
điểm)
1/ Tìm hai số nguyên a, b để 4 4
a 4b+ là số nguyên tố. 1,0
( )( )4 4 2 2 2 2
a 4b a 2ab 2b a 2ab 2b+ = − + + + . 0,25
Vì 2 2 2 2
a 2ab 2b 0;a 2ab 2b 0− + ≥ + + ≥ .
Nên 4 4
a 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 1
2
a b 1
= =
⇔  = = −
(thỏa mãn).
0,25
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
 + =

 =
+ + = ⇔ + + = ⇔ 
 + =

=
0,25

*Với 2
(3) b 0 a 1 M 1⇒ = ⇒ = ⇒ = (loại).
*Với ( )
a 1 a 1
4
b 1 b 1
= = − 
⇔ ∨ 
= − = 
(thỏa mãn).
Vậy các cặp số ( )a;b cần tìm là: ( ) ( ) ( ) ( )1;1 , 1; 1 , 1;1 , 1; 1− − − − .
2/ Hãy chia một tam giác bất kì thành 7 tam giác cân trong đó 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 điểm C,D,E,F,G thuộc đường tròn tâm O với O là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác ABC.
Nối 5 điểm đó với O, nối A, B với O, nối F với G, D với E ta được 7 tam giác cân:
AGF,OGF,ODG,BDE,ODE,OCE,OCF.
Trong đó, 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 điểm các đoạn
thẳng: AB, BC, CA, DE, EF, FD. Khi đó, ta có 7 tam giác cân ADF, BDE, CEF, DGI,
EGH, FHI, GHI trong đó ba tam giác bằng nhau là: ADF, BDE, CEF.
0,25
Nguồn: Hocmai.vn

�ݺ�ߣ

De thi vao lop 10 chuyen toan tinh bac ninh

More Related Content

De thi vao lop 10 chuyen toan tinh bac ninh