SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ngày thi: 21/6/2013
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang

1 
 1
A
=
+

÷:
Câu 1 (1,5 điểm). Cho biểu thức
x −1 
x− x

(

x +1

)

x −1

2

(với x > 0, x ≠ 1 ).

1. Rút gọn A.
2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = A − 16 x .
2
Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình x + ( m − 1) x − 6 = 0

(1)

(với x là ẩn, m là tham số).
1. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x = 1 + 2 .
2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 với mọi m. Tìm
m để biểu thức B = (x12 − 9)(x 22 − 4) đạt giá trị lớn nhất.
Câu 3 (2,0 điểm).

x + y + z = 6

1. Giải hệ phương trình  xy + yz − zx = 7 .
 x 2 + y 2 + z 2 = 14


(

)(

)


2
2
2
2
2. Tìm tất cả các cặp số thực (x; y) thỏa mãn x + 1 x + y = 4x y .

Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O bán kính R có đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB
lấy một điểm H (H khác O và H khác B). Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường
tròn tại hai điểm M và N. Trên tia đối của tia NM lấy một điểm C. AC cắt đường tròn tại K
khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
1. Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh rằng tam giác
NKF là tam giác cân.
3. Giả sử KE = KC. Chứng minh rằng KM 2 + KN 2 là không đổi khi H di chuyển trên đoạn
thẳng OB.
Câu 5 (1,5 điểm).

(

) (

1. Cho x, y là các số thực thoả mãn x 2 x 2 + 2y 2 − 3 + y 2 − 2

)

2

= 1 . Tìm giá trị lớn nhất và

giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = x 2 + y 2 .

2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho

a2 − 2
ab + 2

là số nguyên.

------HẾT-----Họ và tên thí sinh:..................................................... Số báo danh:...............................................


Họ và tên, chữ ký:

Giám thị 1:..................................................................................................
Giám thị 2:..................................................................................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN - Ngày thi 21/6/2013

(Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang)
I. Hướng dẫn chung
1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.
2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau.
3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.
4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ
từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất.

5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm
bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm.
6. Tuyệt đối không làm tròn điểm.
II. Hướng dẫn chi tiết
Câu
1. (1,0 điểm)
1 
 1
A=
+
÷:
x −1 
x− x

Câu
1
(1,5
điểm
)

Câu
2
(2,0
điểm
)

1+ x

=


x

(

)

x −1

(
.

)

x −1

x +1

(

)

x −1

2

x +1

=

2


Đáp án

Điểm



1
1 ÷
=
+
.
 x x −1
x −1 ÷



(

)

(

)

x −1

2

x +1


x −1
x

0,5

0,5

2. (0,5 điểm)
x −1
 1

− 16 x = 1 − 
+ 16 x ÷
x
 x

1
+ 16 x ≥ 2.4 = 8 ⇒ P ≤ −7
Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có
x
1
1
P = −7 ⇔
= 16 x ⇔ x =
(thỏa mãn điều kiện).
16
x
1
Vậy max P = −7 khi x = .

16
1. (1,0 điểm)
P = A − 16 x =

(

)

2

(

)

0,25

0,25

Phương trình (1) có nghiệm x = 1 + 2 ⇔ 1 + 2 + ( m − 1) 1 + 2 − 6 = 0

0,25

⇔ 3 + 2 2 + 1+ 2 m −1− 2 − 6 = 0

0,25

(

(


)

)

⇔ 1+ 2 m = 4 − 2 ⇔ m =

( 4− 2) (
⇔m=
( 2 + 1) (

4− 2
1+ 2

) ⇔m=5
2 − 1)
2 −1

0,25
0,25

2 −6

2


Vậy với m = 5 2 − 6 thì phương trình đã cho có nghiệm x = 1 + 2 .
2. (1,0 điểm)
2
Ta có ∆ = ( m − 1) + 24 > 0 ∀m ⇒ PT (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x 2 ∀m .


0,25

B = ( x1x 2 + 6 ) − ( 2x1 + 3x 2 ) .

0,25

2
Theo Vi-ét ta có x1x 2 = −6 ⇒B = − ( 2x1 + 3x 2 ) ≤ 0

0,25

2

2

 2x1 + 3x 2 = 0
 x1 = 3
 x1 = −3



⇔  x 2 = −2 hoặc  x 2 = 2 .
B = 0 khi và chỉ khi  x1x 2 = −6
x + x = 1 − m
m = 0
m = 2
2
 1




0,25

Vậy maxB = 0 khi và chỉ khi m = 0 hoặc m = 2.
1. (1,0 điểm)
2
14 = x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z ) − 2 ( xy + yz + zx ) = 6 2 − 2 ( xy + yz + zx )

Câu
3
(2,0
điểm
)

⇒ xy + yz + zx = 11
Kết hợp với phương trình xy + yz − zx = 7 suy ra xz = 2.
 y + ( x + z ) = 6
⇒ y và ( x + z ) là hai nghiệm của PT X 2 − 6X + 9 = 0 ⇔ X = 3

 y ( x + z ) = 9
x + z = 3
⇒ x và z là hai nghiệm của phương trình Y 2 − 3Y + 2 = 0 ⇔ Y = 1

xz
=
2


hoặc Y = 2 . Do đó ( x;z ) = ( 1;2 ) hoặc ( x;z ) = ( 2;1) .
Thử lại ta thấy x = 1, y = 3, z = 2 hoặc x = 2, y = 3, z = 1 thỏa mãn HPT đã cho.

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (x; y; z) là (1; 3; 2) và (2; 3; 1).
2. (1,0 điểm)
( x 2 + 1) ( x 2 + y2 ) = 4x 2 y ⇔ x 4 + x 2 y2 + x 2 + y 2 − 4x 2 y = 0
⇔ x 4 − 2x 2 y + y 2 + x 2 y 2 − 2x 2 y + x 2 = 0 ⇔ ( x 2 − y ) + x 2 ( y − 1) = 0
2

Câu
4
(3,0
điểm
)

2

 x 2 − y = 0
x = 0
 x = ±1
⇔
⇔
hoặc 
y = 0
y = 1
 x ( y − 1) = 0
Vậy các cặp số thực (x; y) thỏa mãn bài toán là (0; 0), (1; 1) và (-1; 1).
1. (1,0 điểm)
·
Ta có AHE
= 90 0 (giả thiết)
·
Mặt khác AKB

= 90 0 (góc nội tiếp chắn
·
nửa đường tròn) hay AKE
= 90 0 .
·
·
⇒ AHE
+ AKE
= 180 0 nên tứ giác
AHEK là tứ giác nội tiếp.

0,25

0,25

0,25
0,25

0,5

0,5

0,25
0,25

0,5

2. (1,0 điểm)

3



·
Vì BK ⊥ AC (do AKB
= 90 0 ) và NF ⊥ AC (giả thiết) nên BK // NF.
(2 góc đồng vị) và KNF
(2 góc so le) (1)
·
·
·
·
⇒ KFN
= MKB
= NKB
1 ¼
1 »
·
·
= sđMB
= sđNB
Mặt khác MKB
và NKB
(ĐL góc nội tiếp)
2
2
¼ = NB
» (vì đường kính AB vuông góc với dây cung MN) nên
mà MB
·
·

(2)
MKB
= NKB
·
·
Từ (1) và (2) suy ra KFN
. Vậy ∆NKF cân tại K.
= KNF
3. (1,0 điểm)
·
Nếu KE = KC thì ∆KEC vuông cân tại K ⇒ KEC
= 450 .
·
·
·
Tứ giác AHEK nội tiếp nên BAK
)
= KEC
= 450 (cùng bù với HEK
⇒ ∆AKB vuông cân tại K ⇒ OK ⊥ AB
Mà MN ⊥ AB (gt) nên OK // MN.
Gọi I là giao điểm của KO với (O ; R) thì IK // MN.
» = NK
¼ ⇒ MI = KN
Vì IK và MN là hai dây cung của (O) nên MI
·
Vì KI là đường kính của (O) nên KMI
= 90o .
Áp dụng định lí Pitago, ta có : KM 2 + MI 2 = KI 2 hay KM 2 + KN 2 = 4R 2 .
Vậy: KM 2 + KN 2 không đổi khi H di chuyển trên đoạn thẳng OB.

1. (0,75 điểm)

(

) (

x 2 x 2 + 2y 2 − 3 + y 2 − 2

(

)

2

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

= 1 ⇔ x 4 + 2x 2 y 2 − 3x 2 + y 4 − 4y 2 + 4 = 1

)

⇔ x 4 + 2x 2 y 2 + y 4 − 4 x 2 + y 2 + x 2 + 3 = 0

0,25


⇔ ( x 2 + y 2 ) − 4 ( x 2 + y 2 ) + 3 = − x 2 ≤ 0 ∀x
2

Với x 2 + y 2 = C thì ta có C 2 − 4C + 3 ≤ 0 ⇔ C 2 − 4C + 4 ≤ 1 ⇔ ( C − 2 ) ≤ 1
2

⇔ C − 2 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ C − 2 ≤ 1 ⇔ 1 ≤ C ≤ 3

Câu
5
(1,5
điểm
)

 x = 0
x = 0
x = 0
x = 0
C =1⇔  2
⇔
C
=
3
⇔
⇔
;




2
2
2
 x + y = 1  y = ±1
 x + y = 3  y = ± 3
Vậy minC = 1 khi x = 0 và y = ±1 ; maxC = 3 khi x = 0 và y = ± 3 .

2. (0,75 điểm)
a2 − 2
2
là số nguyên ⇒ b ( a − 2 ) = a ( ab + 2 ) − 2 ( a + b )  M( ab + 2 )
ab + 2
⇒ 2 ( a + b ) M( ab + 2 )

0,25

0,25

0,25

Do đó tồn tại số nguyên dương k sao cho 2 ( a + b ) = k ( ab + 2 ) (1)
Nếu k ≥ 2 thì từ (1) ta có a + b ≥ ab + 2 ⇔ ( a − 1) ( b − 1) + 1 ≤ 0 , mâu thuẫn.
Do vậy k = 1.
Từ (1) ta có 2 ( a + b ) = ab + 2 ⇔ ( a − 2 ) ( b − 2 ) = 2
Giải phương trình này với điều kiện a, b nguyên dương được a = 3, b = 4 hoặc a =
4, b = 3. Thử lại thấy chỉ có a = 4, b = 3 thỏa mãn đề bài.
Vậy (a; b) = (4; 3).

0,25


0,25

--------Hết--------

4