Đề thi tuyển sinh môn Toán (Chuyên) vào Lớp 10 THPT Chuyên Hùng Vương - Năm học 2012-2013 - Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Thọ (Có đáp án)

 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
PHÚ THỌ 
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG 
NĂM HỌC 2012-2013 
Môn Toán 
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) 
Thời gian làm bài :150 phút không kể thời gian giao đề 
Đề thi có 1 trang 
Câu 1 ( 2,0 điểm) 
 Tính giá trị của biểu thức 29 30 2 9 4 2 5 2A      
Câu 2 ( 2,0 điểm) 
 Cho phương trình x2 +mx+1=0 ( m là tham số) 
a) Xác định các giá trị của m để phương trình có nghiệm 
b) Tim m để phương trình có 2 nghiệm x1
, x2 Thỏa mãn 
2 2
1 2
2 2
2 1
7
x x
x x
  
Câu 3 ( 2,0 điểm) 
a) Giải hệ phương trình 
2
2 2
2 2 5 2 0
4 2 3
x xy x y
x y x
     

  
b)Giải phương trình 
 1 16 4 9x x x x       
Câu 4( 4 điểm) 
 Cho đường tròn (O;R) có dây 2AB R , M là điểm chuyển động trên cung 
lớn AB sao cho tam giác MAB nhọn.Gọi H là trực tâm tam giác MAB, C,D lần lượt 
là giao điểm thứ 2 của AH và BH với đường tròn (O).Giải sử N là giao của BC và 
AD 
a) Tính số đo góc AOB, góc MCD 
b) Chứng minh CD là đường kính của đường tròn (O) và HN có độ dài 
không đổi 
c) Chứng minh HN luôn đi qua điểm cố định 
Câu 5 (1,0điểm) 
Cho x.y.z là các số không âm thỏa mãn 
3
2
x y z   .Tìm giá trị nhỏ nhất 
3 3 3 2 2 2S x y z x y z    
----------------Hết--------------------- 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 2 
HƯỚNG DẪN 
Câu 1(1đ) tính A = 2524923029  
HD 
325325252305925122230292524923029 A
Câu 2(2đ) Cho phương trình x2 +mx +1=0 
a)Xác định m để phương trình có nghiệm. 
b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn 2
1
2
2
2
2
2
1
x
x
x
x
 >7 
HD 
a)Có =m2 -4 để pt có nghiệm thì  0  m2 -4 0  




2
2
m
m
b) Có 2
1
2
2
2
2
2
1
x
x
x
x
 >7  9
2)(
2
21
21
2
21 




 
xx
xxxx
 (*) 
th o vi t ta có x1 +x2 =-m ; x1x2 =1 => (*)  9
1
2
2
2





 m
 













5
5
5
32
32
2
2
2
m
m
m
m
m
Câu (2đ) a) giải hệ pt 






)2(324
)1(02522
22
2
xyx
yxxyx
 b) giải pt 94161  xxxx (*) 
HD 
a) T (1) ta được (2x-1)(x+y-2)=0  






)4(2
)3(
2
1
yx
x
Thay ( ) vào (2) ta được y=1 ho c y=-1 
Thay (4) vào (2) ta được 5y2 -1 y+1 =0 ( vô nghiệm) 
 y hệ có 2 nghiệm x=1 2, y=1 ho c x=1 2, y=-1 
b) ĐK x -1 
(*)  2x+17+2 )16)(1(  xx =2x+13+2 )9)(4(  xx 
  2+ )16)(1(  xx = )9)(4(  xx  4+x2 +17x+16+4 )16)(1(  xx =x2 +13x+36 
  )16)(1(  xx =4-x (x 4 ) 
  x2 +17x+16=x2 +16-18x  25x=0 x=0 
 y pt có nghiệm x=0, 
Câu 4 (4đ) Cho (O;R) có dây cung AB=R 2 cố định. ấy M di động trên cung lớn AB 
sao cho tam giác AMB có góc nhọn. Gọi H là trực tâm tam giác AMB và C;D lần lượt là 
giao điểm thứ 2 của các đường th ng AH;BH với (O) Giả sử N là giao điểm của đường 
th ng BC và DA. 
a) Tính số đo góc AOB và MCD 
b) CMR : CD là đường kính của (O) và đo n NH có độ dài không đổi. 
 3 
c) CMR : NH luôn đi qua 1 điểm cố định. 
HD 
Gọi K; lần lượt là trân đương cao h t B; A của tam giác ABM 
a) có OA2 + OB2 = 2R2 =AB2 = Tam giác OBA vuông t i O = góc AOB=900 
có góc BMA=45 = BKM vuông cân t i K = góc DBM =45= gócDCM =45(1) 
L
K
O
H
D
M
C
B
P
A
N
b) tương tự ta có A M vuông cân t i = góc AM=45=gócCDM (2) 
T (1) và(2) = DCM vuông t i M = CD là đường kính của (O) 
NHB và DCB có góc BNH=gócBDC = NHB đ ng d ng DCB (g-g) 
 NH/DC=HB/BC (3) 
 i có HBC vuông t i C mà gócBCA=1 2gócAOB=45= HBC vuông cân t i B 
 BH=HC (4) 
T ( ) và (4) = NH DC=1 = NH=CD không đổi. 
c) Gọi là trung điểm của NH 
 PB=PA=1/2NH (AHN và BHN vuôngt i A và B) 
Mà OB=OA=1 2CD 
 OB=OA= A= B ( vì CD=HN) 
 i cố gócAOB= 0 
 OB A là hình vuông , mà B; O; A không đổi = không đổi = O=AB=R 2 
không đỏi. 
 y NH luôn đi qua điêm cố định 
Câu 5 (1đ) 
Cho x.y.z là các số không âm thỏa mãn 
3
2
x y z   .Tìm giá trị nhỏ nhất 
S= x
3
+y
3
+z
3
+x
2
y
2
z
2 
HD 
Áp dụng BĐT Bunhia cho 2 dãy 
 4 
Dãy 1 ; ;x x y y z z dãy 2 ; ;x y z 
Ta có 2222222
222
)(])()())[(( zyxzzyyxxzyx  
 3 3 3 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2
3 2
( ) ( ) ( ) (*)
2 3
x y z x y z x y z x y z           
M t khác 
2 2 2 2
2 2
( ) ( )( )(1)
( )( )(2); ( )( )(3)
x x y z x x y z x y z
y y x z y x z z z y x z y x
        
         
T (1), (2), ( ) ta có 
    
 
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 3 3
( )( )( ) 2 2 2
2 2 2
27 9
6 8
8 2
27 3
9 3 (**)
8 8 3
xyz x y z x z y y z x z x y
x y z xy yz xz xyz
x y z
xyz x y z x y z
   
             
   
       
  
        
 
M t khác Bunhia cho x; y; z và 1;1;1; ta có 
2
2 2 2 ( ) 3 (***)
3 4
x y z
t x y z
 
     
T (*) , (**) , (***)ta có 
2 22 2 2
2 22 3 2 9 7 9 1 3 11 3 25
3 8 3 3 9 4 64 9 4 64 6 4 8 64 64
t t t t t t
S t t t
   
                 
    
25 3 1
( )
64 4 2
Min S t x y z       
GV T T THCS hượng âu – iệt Trì - hú Thọ 
 mọi góp lời giải liên hệ gmail: tbtran1234@gmail.com 
 số điện tho i: 0988280207