Đề thi tuyển sinh môn Toán Lớp 10 THPT - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hà Nam(Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO 
TẠO 
HÀ NAM 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC: 2013 – 2014 
Môn: Toán (Chuyên Toán) 
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian 
giao đề) 
Bài 1. (2,0 điểm) 
 Cho biểu thức M = 
   2 2 - 3 3 2 - 3 - 2
2 3
a a a b b a b a a
a ab
 

a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M. 
b) Tính giá trị của M khi a = 1 3 2 , b = 
11 8
10
3
 
Bài 2. (2,0 điểm) 
 Cho phương trình x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0, m là tham số. 
a) Tìm điều kiện của m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1, 
x2, x3. 
b) Tìm giá trị của m để x1
2
 + x2
2
 + x3
2
 = 11. 
Bài 3. (1,0 điểm) 
 Cho số nguyên dương n và các số A = 
2
444....4
n
 (A gồm 2n chữ số 4); B = 
888.....8
n
 (B gồm n chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương. 
Bài 4. (4,0 điểm) 
Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm 
M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). 
Gọi I là trung điểm của CD. 
a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp. 
b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc 
đường tròn ngoại tiếp COD. 
c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi 
M thay đổi trên đường thẳng d. 
d) Chứng minh 
2
2
MD HA
 = 
MC HC
Bài 5. (1,0 điểm) 
 Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013. 
Chứng minh 
a b c
+ + 1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
 . 
Dấu đẳng thức sảy ra khi nào? 
HẾT 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO 
TẠO 
HÀ NAM 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC: 2013 – 2014 
Môn: Toán (Chuyên Toán) 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
(Hướng dẫn này gồm 4 trang) 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
(2,0 đ) 
a) M = 
   2 2 - 3 3 2 - 3 - 2
2 3
a a a b b a b a a
a ab
 

ĐK xác định của M: 
, 0 0
0 0
a b a
a b
  
 
  
 0,25 
M = 
2 2 2 2 3 2 3 3 2 2
2 3
a a ab ab b a
a ab
    

 0,25 
= 
2 3 ( 2 3 )( 2 3 ) 2 3
2 3 ( 2 3 )
a b a b a b a b
a ab a a b a
   
 
 
 0, 5 
b) Ta có M = 
3
2
b
a
 với a = 1 3 2 , b = 
11 8
10
3
 0,25 
3 30 22 2 (30 22 2)(3 2 1) 102 68 2
171 3 2 (1 3 2)(3 2 1)
b
a
   
   
  
 0,25 
Vậy  
23
6 4 2 2 2 2 2
b
a
      0,25 
Từ đó M = 2 (2 2) 2    0,25 
Câu 2 
(2,0 đ) 
a) x
3
 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1) 
  2
2
2
2 ( 3 2 1) 0
3 2 1 0(*)
x
x x x m
x x m

       
   
Nếu 
2
2
3 2 1 0
x
x x m


   
trừ 0,25 điểm 
0,25 
Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 
2 
0,25 
Điều kiện là 
0 13 8 0 3 13
4 6 2 1 0 2 3 2 8
m
m
m m
    
    
     
 0,5 
b) Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x1 = 2; x2; x3 
trong đó x2; x3 là hai nghiệm phân biệt của pt (*) 
0,25 
Khi đó x1
2
 + x2
2
 + x3
2
 = 11 
   
2 2
2 3 2 3 2 3 2 34 2 11 2 7(**)x x x x x x x x         
0,25 
áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có 2 3
2 3
3
. 2 1
x x
x x m
 

 
 (0,25 đ) 
Vậy (**) 9 2(2 1) 7 1m m      (thoả mãn ĐK) 
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 
0,5 
Câu 3 
(1,0 đ) 
Ta có  
2
444.....4 444......4000...0 444.....4 444....4. 10 1 888....8n
n n n n n n
A       0,25 
=
2
4.111....1.999....9 4.111....1.9.111....1 6.111....1
n n n n n
B B B
 
     
 
 0,25 
=
2 2
3 3
.888....8
4 4
n
B B B
   
     
  
 0,25 
Khi đó 
2 2 2
3 3 3 3
2 4 2 4 2. .2 4 2
4 4 4 4
A B B B B B B B
     
               
     
=
2 2 2
1
3
.888....8 2 3.222....2 2 666....68
4
n n n
     
        
     
Ta có điều phảI chứng minh. 
0,25 
Câu 4 
(4,0 đ) 
a) MA, MB là các iếp tuyến của (O) 
090MAO MBO   
0,25 
I là trung điểm của CD 090OI CD MIO    0,25 
A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO 0,25 
 Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO. 
b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 
OA = OB 
 MO là đường trung trực của AB 
 MO  AB 
 MH.MO = MB
2
 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1) 
0,25 
1
2
MBC MBD  sđ BC 
 ( . )MBC MDB g g  
 2.
MB MD
MC MD MB
MC MB
   (2) 
0,25 
d
Q
H
I
B
A
C
O
D
M
Từ (1) và (2)  MH.MO = MC.MD 

( . . )
MC MO
MCH MOD c g c
MH MD
MHC MDO
   
 
0,25 
 tứ giác CHOD nội tiếp 
 H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. 
0,25 
c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI 
Hai tam giác vuông MIO và QHO có IOH chung 
 MIO QHO  
0,25 

2 2.
MO OQ
OI OH
MO OH OA R
OQ
OI OI OI

   
 (R là bán kính (O) không đổi) 0,25 
O, I cố định  độ dài OI không đổi 
 lại có Q thuộc tia OI cố định 
 Q là điểm cố định  đpcm. 
0, 5 
d) 
0
0 0 0 18090 90 90
2
COD
AHC MHC ODC

      ( COD cân tại O) 
=  0 01 1 1180 360
2 2 2
COD sdCBCB sdCAD    
= CBD (3) 
0,25 
CAH CDB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) 
Từ (3) và (4) ( . )AHC DBC g g  
 
HA BD
HC BC
 (5) 
0,25 
( . )MBC MDB g g  (chứng minh trên) 
2
.
MD MB BD
MB MC BC
BD MD MB MD
BC MB MC MC
  
 
   
 
 (6) 
0,25 
Từ (5) và (6) 
2
2
MD HA
MB HC
  0,25 
Câu 5 
(1,0 đ) 
Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a
2
 + ab + ac + bc = a
2
 +bc + 
a(b + c) 
Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc  2a bc . Từ đó 
a
2
 + bc + a(b + c)  2a bc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) = a(
b c )
2 
0,25 
Vậy 
   
22013
a a a a
a a bc a b ca a b ca a b c
  
     
 (1) 0,25 
Chứng minh tương tự được 0,25 
2013
b b
b b ca a b c

   
 (2) và 
2013
c c
c c ba a b c

   
 (3) 
Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được 
a b c
+ + 1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
a b c
a b c
 
 
 
Dờu “=” xảy ra 
2
2
2
671
2013
a bc
b ca
a b c
c ab
a b c
 


    

   
 0,25 
** 
HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 3,5 MÔN TOÁN CHUYÊN HÀ NAM 
Câu 3: Từ giả thiết ta có 
2 1 2 2
2
1 2
4.111...1 4(10 10 ... 1)
2.888...8 16.111...1 16(10 10 ... 1)
n n
n
n n
n n
A
B
 
 
    
     
Từ đó suy ra D=A+2B+4= 2 1 2 2 1 24(10 10 ... 1) 16(10 10 ... 1)n n n n          +4 
 9D = 2 1 2 2 1 24(10 1)(10 10 ... 1) 16(10 1)(10 10 ... 1) 36n n n n             
 9D=
 
2
2
2
4(10 1) 16(10 1) 36
4(10 4.10 4)
2 10 2
n n
n n
n
   
  
  
  
 Suy ra đpcm. 
Câu 5: Với gt đã cho ta có: 
2 2
2013 ( )
( ( )( ))
( )( )
(2 ( )( ) 2 ) ( 2 )
2( ) 2( ) 2( )
a a
a a bc a a b c a bc
a a a b a ca
a a ab ac bca a b a c
a a b a c a a a b a c a ab ac
ab ac bc ab ac bc ab ac bc

     
  
 
     
       
  
     
(theo BĐT cosi 2 ab a+b dấu = xảy ra khi a=b. 
 Từ đó suy ra VT
ab ac bc ba cb ac
ab ac bc ab ac bc ab ac bc
  
 
     
=1 (ĐPCM) 
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2013:3=671.