Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán THPT chuyên (Có đáp án) - Năm học 2013-2014 - Sở GD & ĐT Bắc

UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
NĂM HỌC 2013 – 2014 
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: 20 tháng 6 năm 2013 
Câu 1. (1,5 điểm) 
 a) Rút gọn biểu thức 2 2 1 1:
1 1 1 1
x x xA
x x x x x x x
   
   
      
 với 0, 1x x  . 
 b) Cho 
  33 1 . 10 6 3
21 4 5 3
x
 

 
, tính giá trị của biểu thức  20132 4 2 .P x x   
Câu 2. (2,0 điểm) 
Cho phương trình: 2 22 4 2 1 0x mx m    (1), với x là ẩn, m là tham số. 
a) Chứng minh với mọi giá trị của m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 
b) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là 1 2, .x x Tìm m để 
2 2
1 22 4 2 9 0.x mx m    
Câu 3. (1,5 điểm) 
a) Cho các số dương x, y thỏa mãn 3 3x y x y   . Chứng minh rằng 2 2 1.x y  
b) Giải hệ phương trình: 
2
2
2
2 1
2 1.
2 1
x y
y z
z x
  

 
  
Câu 4. (3,0 điểm) 
 Cho đường tròn tâm O đường kính 2BC R , điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho 
tam giác ABC nhọn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp 
điểm). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, F là giao điểm của AH và BC. Chứng minh rằng: 
a) Năm điểm A, O, M, N, F cùng nằm trên một đường tròn; 
b) Ba điểm M, N, H thẳng hàng; 
c) 2 2. .HA HF R OH  
Câu 5. (2,0 điểm) 
 a) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương  ; ;x y z thỏa mãn 2013
2013
x y
y z


 là số hữu tỷ, 
đồng thời 2 2 2x y z  là số nguyên tố. 
b) Tính diện tích của ngũ giác lồi ABCDE, biết các tam giác ABC, BCD, CDE, DEA, 
EAB cùng có diện tích bằng 1. 
------------Hết------------ 
(Đề này gồm có 01 trang) 
 Họ và tên thí sinh: ..Số báo danh: ..... 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
NĂM HỌC 2013 – 2014 
Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin) 
Câu Lời giải sơ lược Điểm 
a) (1,0 điểm) 
2 2 1 1
( 1)( 1) 1
x x x x x x xA
x x x x
        
 
   
 0,5 
1 1 1
( 1)( 1) 1
x x x
x x x x
  
  
   
. 0,5 
b) (0,5 điểm) 
  33
2
3 1 . ( 3 1) ( 3 1)( 3 1) 2 5 2.
20 4 2( 5 2)( 20 1) 3
x
   
    
  
 0,25 
1 
(1,5 điểm) 
2 4 1 0 1x x P       0,25 
a) (1,0 điểm) 
2 2' 4 2(2 1) 2 0m m      với mọi m. 0,5 
Vậy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 0,5 
b) (1,0 điểm) 
Theo ĐL Viét ta có 1 2 2x x m  . 
Do đó, 2 2 2 21 2 1 1 1 22 4 2 9 (2 4 2 1) 4 ( ) 8.x mx m x mx m m x x          
28 8 8( 1)( 1)m m m     (do 2 21 12 4 2 1 0x mx m    ). 
0,5 
2 
(2,0 điểm) 
Yêu cầu bài toán: ( 1)( 1) 0 1 1m m m       . 0,5 
a) (0,5 điểm) 
Do 3 30, 0x y  nên 0x y  . 
3 3 3 3 2 2 2 21 1.x y x y x y x xy y x y            0,5 
b) (1,0 điểm) 
Cộng vế với vế các phương trình của hệ ta được: 
     2 2 22 2 22 1 2 1 2 1 0 1 1 1 0x x y y z z x y z                (1). 0,5 
3 
(1,5 điểm) 
Do      2 2 21 0, 1 0, 1 0x y z      nên    1 1 .VT VP 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1x y z   . 
Thử lại, 1x y z   là nghiệm của hệ. 
0,5 
4 a) (1,0 điểm) 
DI
H
OF
N
M
CB
A
Vẽ hình câu a) đúng, đủ. 
0,25 
Do các điểm M, N, F cùng nhìn đoạn AO dưới góc 090 nên A, O, M, N, F cùng thuộc 
đường tròn đường kính AO. 0,75 
b) (1,0 điểm) 
Ta có AM AN (Tính chất tiếp tuyến). 
Từ câu a) suy ra  ANM AFN (1). 
0,25 
Mặt khác, vì hai tam giác ADH, AFC đồng dạng; hai tam giác ADN, ANC đồng dạng nên 
2. . AH ANAH AF AD AC AN
AN AF
    . 0,25 
Do đó, hai tam giác ANH, AFN đồng dạng (c.g.c)  ANH AFN  (2). 0,25 
Từ (1), (2) ta có  ANH ANM H MN     đpcm. 0,25 
c) (1,0 điểm) 
Từ câu a) ta có . .HM HN HA HF . 0,25 
Gọi I OA MN  ta có I là trung điểm của MN. 
   2 2.HM HN IM IH IM IH IM IH     0,25 
 2 2 2 2 2 2OM OI OH OI R OH      0,25 
(3,0 điểm) 
Từ đó suy ra 2 2. .HA HF R OH  0,25 
a) (1,0 điểm) 
Ta có   *2013 , , , 1
2013
x y m m n m n
ny z

  

 . 
  2013nx my mz ny    2
0
0
nx my x y m xz y
mz ny y z n
 
     
 
. 
0,25 
      2 22 2 2 2 22x y z x z xz y x z y x y z x z y              . 0,25 
Vì 1x y z   và 2 2 2x y z  là số nguyên tố nên 
2 2 2
1
x y z x y z
x y z
     

  
 0,25 
Từ đó suy ra 1x y z   (thỏa mãn). 0,25 
5 
(2,0 điểm) 
b) (1,0 điểm) 
I
E
D
C
BA
Gọi I EC BD  
Ta có BAE DAES S nên khoảng cách từ B, D đến AE bằng nhau. Do B, D cùng phía đối với 
đường thẳng AE nên / /BD AE . Tương tự / /AB CE 
0,25 
Do đó, ABIE là hình bình hành 1IBE ABES S   0,25 
Đặt  0 1ICDS x x   1IBC BCD ICD ECD ICD IEDS S S x S S S        
Lại có ICD IBC
IDE IBE
S SIC
S IE S
  hay 21 3 1 0
1 1
x x x x
x

    

3 5
2
3 5
2
x
x
 


 


Kết hợp điều kiện ta có 3 5
2
x  5 1
2IED
S   
0,25 
Do đó 
5 1 5 53
2 2ABCDE EAB EBI BCD IED
S S S S S         . 0,25 
Lưu ý: 
- Thí sinh làm theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. 
- Việc chi tiết hóa điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hướng 
dẫn chấm và được thống nhất trong hội đồng chấm. 
- Điểm toàn bài không làm tròn số ( ví dụ: 0,25, hoặc 0,75 vẫn giữ nguyên ).