Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2011-2012 - Sở Giáo dục và Đào tạo Đăk Lăk (Có đáp án)

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐĂK LĂK 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
NĂM HỌC 2011 – 2012 
MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN 
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 22/6/2011 
Câu 1: (3,0 điểm) 
1) Giải các phương trình: 2 1 1 3x x x     
2) Giải hệ phương trình: 
2
2
8 2
8 2
x
y x y
y
x xy
  

  

Câu 2: (2,0 điểm) 
 1) Tìm giá trị m dương để phương trình: x3 – (m + 1)x2 + (m + 2)x – 2 = 0 có 
ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3 sao cho: 2 2 2
1 2 3
1 1 1 3
x x x
   
2) Cho x, y là các số thực tùy ý. Chứng minh: x4 + y4 + 4x2y2  3(x3y + y3x) 
Câu 3: (2,0 điểm) 
1) Cho hai số nguyên dương a, b thỏa mãn 1 1a b
b a
 
 là số nguyên. Chứng 
minh rằng ước số chung lớn nhất của a và b không lớn hơn a b 
2) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn 4x + 17 = y2. 
Câu 4: (2,0 điểm) 
 Cho đoạn thẳng AB có trung điểm O. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB dựng 
nửa đường tròn (O) đường kính AB và nửa đường tròn (O’) đường kính AO. Trên 
(O’) lấy điểm M (khác A và O), tia OM cắt (O) tại N, gọi P là giao điểm thứ hai của 
AN với (O’). 
1) Chứng minh tam giác APM cân. 
2) Đường thẳng AM cắt OP tại H. Đường tròn ngoại tiếp tam giác NOH cắt 
(O) tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh ba điểm A, M, Q thẳng hàng. 
3) Cho  030QAB  . Chứng minh AQ = 6HM. 
Câu 5: (1,0 điểm) 
Cho tam giác ABC cân tại A và  036A  . Chứng minh 1 5
2
AB
BC

 . 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2 
SƠ LƯỢC BÀI GIẢI 
Câu 1: (3,0 điểm) 
1) ĐK: 1x  
 
 
 
 
2
2 1 1 3 1 1 1 3
12 1 1 3
2 1 1 3
2
1 1 3
2 1 4 2
0 2 1 2 ,
1 21 51 3
x x x
x x x
x
x x x x x
x x
x x
x x vo nghiem
x x TMDx x K
    
    
          
     
   
 
  
         
2) ĐK: 0, 0x y  
    
 
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
3 3 2 2
2
2
8 8 22
1 12
8 8 22
2 0
1 3 0
2 4
x x
y x y y x y y x y
y y y x y x
x xy x x y x
x y xy x y x y x xy y
x y x y y
        
       
     
  
        
        
  
0x y   ( Vì 
2
21 30, 0 0
2 4
x y x y y       
 
) 
x y  
Với x y , ta có: 33 3
8 81 2 1 8 2x x
x x
           (TMĐK) 
Vậy hệ có một nghiệm là  2; 2x y    
Câu 2: (2,0 điểm) 
1) Ta có x3 – (m + 1)x2 + (m + 2)x – 2 = 0  (x – 1)(x2 – mx + 2) = 0 
 22
11 0
2 0 *2 0
xx
x mxx mx
  
        
. Do đó phương trình đã cho có ba nghiệm 
phân biệt khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 và 0 
 2
33 0; 2 0
**
8 0 2 2
mm
m m
   
  
   
Theo Víet ta có: 2 3
2 3 2
x x m
x x
 


Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3 
Khi đó 
2
2 3
2 2 2
1 2 3 2 3 2 3
1 1 1 23 2x x
x x x x x x x
 
      
 
2
21 2 12 2 3
4
m m m        (TM **) 
Vì m dương nên 2 3m  
2) Rõ ràng 0, 0x y  thì bất đẳng thức đúng. 
+) Nếu 0, 0x y  thì 2 20, 0x y  
Do đó x4 + y4 + 4x2y2  3(x3y + y3x)  
2 2
2 2
4 3 *x y x y
y x y x
 
     
 
Đặt 
2 2
2
2 2 2
x y x yt t
y x y x
      
Ta có       2* 2 3 1 2 0 **t t t t       
 ++) Nếu x, y trái dấu thì 0, 0 0 1 0, 2 0x y t t t
y x
         
   1 2 0t t    nên (**) đúng 
 ++) Nếu x, y cùng dấu 0, 0x y
y x
  . Dễ dàng chứng minh được: 
  2 2 1 0, 2 0 1 2 0x y x yt t t t t
y x y x
              nên (**) đúng 
Vậy x4 + y4 + 4x2y2  3(x3y + y3x). Đẳng thức xảy ra khi x = y 
Câu 3: (2,0 điểm) 
1) Gọi d = ƯCLN(a; b) với *d N 2,a d b d ab d    
Ta có 
2 21 1a b a b a b
b a ab
    
  là số nguyên 2 2 2a b a b d     mà 
2 2 2 2,a d b d  2 2a b d a b d a b d        (đpcm) 
2) Ta có 4x + 17 = y2       22 2 17 2 2 17 1x x xy y y       
Vì x, y  N nên 2 , 2x xy N y N    và 2 2x xy y   
Do đó từ (1) ta có 
32 1 2 1 2 8
92 17 2 18 9
x x x
x
xy y
yy y y
       
     
      
Câu 4: (2,0 điểm) 
1)  090APO  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)) 
OP AN  . Xét AOP có: OA = ON (bán kính), OP AN (cmt) 
Nên OP là phân giác góc AOP  AOP NOP  
mà  AOP AMP (góc nội tiếp cùng chắn cung AP của (O’)) 
và  NOP MAP (góc nội tiếp cùng chắn cung MP của (O’)) 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4 
 AMP MAP  . Vậy tam giác APM cân 
tại P (đpcm) 
2) Gọi Q’ là giao điểm của AM với (O) 
Ta có   1'
2
AQ N AON PON  hay 
 'HQ N HON 
lại có O, Q’ cùng nằm trên nửa mặt phẳng 
bờ HN nên tứ giác OHNQ’ nội tiếp 
'Q thuộc đường tròn ngoại tiếp NOH 
mặt khác Q’ thuộc đường tròn (O) 
'Q Q  . Vậy ba điểm A, M, Q thẳng hàng (đpcm) 
3) AMO có:  090AMO  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)) 
  030OAM  (gt) 
nên AMO là nửa tam giác đều cạnh OA 2OA OM  
mặt khác OH là phân giác của AMO 
1 1
3 3 2 6
HM OM HM OM HM OM HM
AH OA AH HM OA OM AM OM AM
        
 
2 6AM HM  mà 2AM AQ (Vì OM AQ ) 
Vậy AQ = 6HM (đpcm) 
Câu 5: (1,0 điểm) 
Kẻ phân giác BD của góc ABC, chứng minh được 
  036CBD CAB  
Do đó ABC BDC  2 . 1AC BC BC AC DC
BC DC
    
Mặt khác BD là phân giác của ABC 
nên DC BC DC BC DC BC
AD AB AD DC AB BC AC AB BC
    
  
 . 2BC ACDC
AB BC
 

từ 1) và 2) có 
2
2 2 2.. . 0BC AC ACBC AC BC BC AB BC AC
AB BC AB BC
      
 
giải phương trình bậc hai ẩn BC tham số AC trên ta được 5 1
2
BC AC (BC > 0) 
2 5 1
25 1
AC
BC

  

. Vậy 5 1
2
AB
BC

  (vì AC = AB)