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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TUYÊN QUANG 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
NĂM HỌC 2012 - 2013 
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
(Đề này có 01 trang) 
---------- 
Câu 1 (3 điểm). 
 1) Giải phương trình: 3 6 ( 3)(6 ) 3x x x x       
 2) Giải hệ phương trình: 
2
1
2 2 2 1
x y z
x y xy z
  

   
3) Tìm nghiệm nguyên (x, y) của phương trình 
2 2 3x x y y    
Câu 2 (2 điểm). Cho phương trình: x4 - 2(m2+2)x2 + m4 +3 = 0 
1) Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 
với mọi giá trị của m 
 2) Tìm giá trị của m sao cho các nghiệm của phương trình thỏa mãn: 
 x1
2
 + x2
2
 + x3
2
 + x4
2
 + x1x2x3x4 =11 
Câu 3 (1 điểm). Chứng minh: A= n3 + 11n chia hết cho 6 với mọi n N 
Câu 4 (3 điểm). Cho góc xOy có số đo bằng 60o. Đường tròn có tâm K nằm trong 
góc xOy tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm 
P sao cho OP = 3OM. Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O. 
Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN ở E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN 
ở F. 
a) Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ. 
b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. 
c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều. 
Câu 5 (1 điểm). Chứng minh: 
1 1 1 1
... 5
1 2 3 4 5 6 119 120
    
   
-Hết- 
 Ghi chú: 
 + Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 
+ Thí sinh không được sử dụng tài liệu trong khi làm bài. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
TUYÊN QUANG NĂM HỌC 2012-2013 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN 
TOÁN CHUYÊN 
(Đáp án có 04 trang) 
Câu Hướng dẫn giải Điểm 
Câu 1 1) Giải pt: 3 6 ( 3)(6 ) 3x x x x       
đ/k: 
3 0
3 6
6 0
x
x
x
 
   
 
1,0 điểm 
0,25 
Đặt: 
3
 , u, v 0
6
u x
v x
  

 
pt trở thành: 
2 2 9
3
u v
u v uv
  

  
0,25 
  
2( ) 2 9
3
u v uv
u v uv
   

  
  (3+uv)
2
 - 2uv = 9 
 
0
4
0
0
uv
uv
u
v

   

  
0,25 
 
3 0
6 0
3
6
x
x
x
x
  

 
 
  
Vậy pt có nghiệm x=-3; x= 6 
0,25 
2) Giải hệ pt: 
2
1
2 2 2 1
x y z
x y xy z
  

   
1,0 điểm 
 
2
1
2 2( ) 1
x y z
xy z x y
  

   
 
2 2
1
2 2 1 (1 )
x y z
xy z z z
  

    
  2xy = (x+y)
2
0,25 
0,25 
0,25 
  x
2
 + y
2
 = 0 
  x=y=0; z=1 
Hệ pt có nghiệm duy nhất: (x,y,z)=(0,0,1) 
0,25 
 2 
 3) Tìm nghiệm nguyên (x,y): 
2 2 2 23 3
( )( ) 3 ( )( 1) 3
x x y y x y x y
x y x y x y x y x y
        
          
Để phương trình có nghiệm nguyên thì: 
1,0 điểm 
0,5 
Trường hợp 1: 
3
1 1 2
1 3 2 1
2
x
x y x y
x y x y
y

     
   
        

 (loại) 
0,25 
Trường hợp 2: 
3
3 3 2
1 1 0 3
2
x
x y x y
x y x y
y

     
   
       

 (loại) 
Trường hợp 3: 
5
1 1 2
1 3 4 3
2
x
x y x y
x y x y
y

       
   
         

 (loại) 
0,25 Trường hợp 4: 
5
3 3 2
1 1 2 1
2
x
x y x y
x y x y
y

       
   
          

 (loại) 
Vậy pt không có nghiệm nguyên 
Câu 2 
 Cho phương trình: x4 - 2(m2+2)x2 + m4 +3 = 0 1,0 điểm 
1) Chứng minh rằng phương trình luôn có 4 nghiệm phân biệt 
x
4
 - 2(m
2
+2)x
2
 + m
4 
+3 = 0 (1) 
 Đặt: t = x2 (t  0) 
0,25 
 pt trở thành: t2 - 2(m
2
+2)t + m
4 
+3 = 0 (2) 
 Ta chứng tỏ (2) luôn có 2 nghiệm 0 <t1<t2 
  ' = (m
2
 +2)
2
 - (m
4
+3) = 4 m
2
 +1 >0, m 
 Vậy (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 
0,25 
 Ta có: t1.t2 = m
4
 +3 
 t1 + t2 = 2 (m
2
 + 2) > 0 , m 
 Do đó pt (1) có 4 nghiệm: 1 1 2 2, , ,t t t t  
0,25 
0,25 
2) Tìm giá trị của m sao cho x1
2
 + x2
2
 + x3
2
 + x4
2
 + x1x2x3x4 =11 
 Ta có: x1
2
 + x2
2
 + x3
2
 + x4
2
 + x1x2x3x4 
 = 2(t1+t2)+t1. t2 
 = 4(m
2
+2) + m
4
+3 = m
4 
+4m
2
 + 11 
 do đó: m4 +4m2 =0 
  m = 0 
0, 25 
0,25 
0,25 
0,25 
 3 
Câu 3 Chứng minh: A = n
3
 + 11n , chia hết cho 6 với mọi n N 
 A = n
3
 - n +12n 
 = n(n
2
 - 1) + 12n 
 = n(n + 1)(n - 1) + 12n 
0,25 
0,25 
 Vì n(n + 1)(n - 1) 6 
 và 12n 6 
 Vậy A 6 
0,25 
0,25 
Câu 4 
 3,0 
điểm 
Hình vẽ đúng. 
a) Chứng minh MPE KPQ. 
+PK là phân giác góc QPO 
 MPE KPQ (1) . 
+ Tam giác OMN đều 0120 EMP . 
0,25 
0,25 
+ QK cũng là phân giác OQP 
  0QKP 180 KQP KPQ   
Mà 
0 0 02KQP 2KPQ 180 60 120    
0120QKP  . Do đó:  EMP QKP 2 . 
Từ (1) và (2), ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ. 
0,25 
0,25 
0,25 
b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. 
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: MEP KQP , 
hay: FEP FQP 
Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. 
0,25 
0,25 
0,25 
K
E
F
D
N
P
Q
y
M
O
x
 4 
c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh: DEF đều. 
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: 
PM
PK
=
PE
PQ
. Suy ra: 
PM
PE
=
PK
PQ
. 
Ngoài ra: MPK EPQ . Do đó, hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng. 
0,25 
 Từ đó: 0PEQ PMK 90  . 
Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF. 
Vì vậy, tam giác DEF cân tại D. 
0,25 
0,25 
Ta có: FDP 2FQD OQP  ; EDQ 2EPD OPQ  . 
 0 0FDE 180 FDP EDQ POQ 60     
Từ đó, tam giác DEF là tam giác đều. 
0,25 
Câu 5 Chứng minh: 1.0 
điểm 
Ta có: 
1 1
1 2 2 3
1 1
3 4 4 5
...................................
1 1
119 120 120 121

 

 

 
0,25 
1 1 1 1 1 1
... ...
1 2 3 4 119 120 2 3 4 5 120 121
      
     

1 1 1 1 1 1
2( ... ) ...
1 2 3 4 119 120 1 2 2 3 120 121
      
     
0,25 
0,25 

1 1 1
2( ... ) 2 1 3 2 4 3 ... 121 120
1 2 3 4 119 120
           
  

1 1 1 1
... 5
1 2 3 4 5 6 119 120
    
   
0,25 
Ghi chú: Thí sinh làm bài không giống đáp án (nếu đúng) vẫn được điểm tối đa theo quy 
định.