SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho tất cả các thí sinh Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề. ————————— Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức ( ) 3 1 : 1 1 x P x x x   + = − −  ÷ +   , với 1, 1x x≠ ≠ − . a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm tất cả các giá trị của x để 2 7P x= − . Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải hệ phương trình: 2 3 1 1 3 1 4 1 x y x y  − = −  −    + =  −  b) Giải phương trình: 1 2 3 4 99 98 97 96 x x x x+ + + + + = + Câu 3 (2,0 điểm). Cho phương trình 2 (2 1) 2 0x m x m− − + − = , (x là ẩn, m là tham số). a) Giải phương trình đã cho với 1.m = b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng lập phương của hai nghiệm đó bằng 27. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn ( ) O và điểm M nằm ngoài ( ) O . Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến ,MA MC ( ,A C là các tiếp điểm) tới đường tròn ( ) O . Từ điểm M kẻ cát tuyến MBD ( B nằm giữa M và D, MBD không đi qua O ). Gọi H là giao điểm của OM và AC . Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt đường tròn ( ) O tại E (E khác C), gọi K là giao điểm của AE và BD . Chứng minh: a) Tứ giác OAMC nội tiếp. b) K là trung điểm của BD. c) AC là phân giác của góc · BHD . Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 1a b c+ + = . Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ab c bc a ca b ab bc ca ab c bc a ca b + + + + + ≥ + + + + − + − + − HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:……………………………………………; SBD:………………………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— (Hướng dẫn chấm có 03 trang) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho tất cả các thí sinh ————————— A. LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 Cho biểu thức ( ) 3 1 : 1 1 x P x x x   + = − −  ÷ +   , với 1, 1x x≠ ≠ − . a Rút gọn biểu thức P . 1,0 ( ) ( ) ( ) 2 1 1 : 1 1 x x x P x x x   + − +  ÷ = − −  ÷ +   0,50 ( ) ( ) 2 2 1 : 1x x x= − + − 0,25 1x= − . Vậy 1P x= − . 0,25 b Tìm tất cả các giá trị của x để 2 7P x= − . 1,0 Theo phần a) ta có ( ) 2 2 7 1 7 1P x x x= − ⇔ − = − 0,50 ( ) 2 2 1 6 0 3 x x x x = −  ⇔ − − = ⇔  =  . KL các giá trị của x cần tìm là: 2 3 x x = −   =  0,50 2 a Giải hệ phương trình: 2 3 1 1 3 1 4 1 x y x y  − = −  −    + =  −  1,0 Điều kiện xác định: 0, 1x y≠ ≠ . Đặt 1 1 , 1 a b x y = = − 0,25 Thay vào hệ đã cho ta được 2 3 1 2 3 1 11 11 1 3 4 9 3 12 2 3 1 1 a b a b a a a b a b a b b − = − − = − = =     ⇔ ⇔ ⇔     + = + = − = − =     0,50 1 1 1 1 2 x x y y = =   ⇔ ⇔   − = =   . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ) ( ) ; 1;2x y = . 0,25 b Giải phương trình: 1 2 3 4 99 98 97 96 x x x x+ + + + + = + 1,0 Để ý rằng 99 1 98 2 97 3 96 4+ = + = + = + nên phương trình được viết lại về dạng 0,50 1 2 3 4 1 1 1 1 99 98 97 96 x x x x+ + + + + + + = + + + (1) Phương trình (1) tương đương với ( ) 100 100 100 100 1 1 1 1 100 0 100 99 98 97 96 99 98 97 96 x x x x x x + + + +   + = + ⇔ + + − − = ⇔ = −  ÷   Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 100.x = − 0,50 3 Cho phương trình 2 (2 1) 2 0x m x m− − + − = , (x là ẩn, m là tham số). a Giải phương trình khi 1.m = 1,0 Khi 1m = phương trình có dạng 2 1 0x x− − = 0,25 Phương trình này có biệt thức 2 ( 1) 4 1 ( 1) 5 0, 5∆ = − − × × − = > ∆ = 0,25 Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 1 5 2 x − = và 2 1 5 2 x + = 0,50 b Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng lập phương của hai nghiệm đó bằng 27. 1,0 Phương trình đã cho có biệt thức [ ] 2 2 2 (2 1) 4 1 ( 2) 4 8 9 4( 1) ,5 0m m m m m m∆ = − − − × × − = − + = − + > ∀ Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x với mọi giá trị của tham số m. 0,25 Khi đó, theo định lý Viét: 1 2 1 2 2 1, 2x x m x x m+ = − = − Ta có 3 3 3 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 3 ( ) 8 18 21 7x x x x x x x x m m m+ = + − + = − + − 0,25 3 3 3 2 2 1 2 27 8 18 21 34 0 ( 2)(8 2 17) 0x x m m m m m m+ = ⇔ − + − = ⇔ − − + = (1) 0,25 Do phương trình 2 8 2 17 0m m− + = có biệt thức 4 4 8 17 0 ∆ = − × × < nên (1) 2m⇔ = Vậy 2m = . 0,25 4 a Tứ giác OAMC nội tiếp. 1,0 Do MA, MC là tiếp tuyến của (O) nên · · 0 , 90OA MA OC MC OAM OCM⊥ ⊥ ⇒ = = 0,50 · · 0 180OAM OCM⇒ + = ⇒ Tứ giác OAMC nội tiếp đường tròn đường kính OM. 0,50 b K là trung điểm của BD. 1,0 Do CE // BD nên · · AKM AEC= , · · AEC ACM= (cùng chắn cung » AC ) · · AKM ACM⇒ = . Suy ra tứ giác AKCM nội tiếp. 0,50 Suy ra 5 điểm M, A, K, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính OM ⇒ · 0 90OKM = 0,50 B K E H C A OM D hay OK vuông góc với BD. Suy ra K là trung điểm của BD. c AH là phân giác của góc · BHD . 1,0 Ta có: 2 .MH MO MA= , 2 .MA MB MD= (Do ,MBA MAD∆ ∆ đồng dạng) . .MH MO MB MD ⇒ = ,MBH MOD⇒ ∆ ∆ đồng dạng · · BHM ODM⇒ = ⇒ tứ giác BHOD nội tiếp ⇒ · · MHB BDO= (1) 0,25 Tam giác OBD cân tại O nên · · BDO OBD= (2) 0,25 Tứ giác BHOD nội tiếp nên · · OBD OHD= (3) 0,25 Từ (1), (2) và (3) suy ra · · · · MHB OHD BHA DHA= ⇒ = ⇒ AC là phân giác của góc · BHD . 0,25 5 Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 1a b c+ + = . Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ab c bc a ca b ab bc ca ab c bc a ca b + + + + + ≥ + + + + − + − + − 1,0 Do 2 2 2 1a b c+ + = nên ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 ab c ab c ab c ab c ab c a b c ab c a b ab ab c a b ab + + + + = = = + − + + + − + + + + + 0,25 Áp dụng bất đẳng thức ( ) , , 0 2 x y xy x y + ≤ > ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c c a b ab ab c a b ab a b c + + + + + ⇒ + + + ≤ ≤ = + + 0,25 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 ab c ab c ab c ab c ab c a b c ab c a b ab + + + ⇒ = ≥ = + + − + + + + + Tương tự ( ) 2 2 2 2 2 2 1 bc a bc a bc a + ≥ + + − và ( ) 2 2 2 2 2 3 1 ca b ca b ca b + ≥ + + − 0,25 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) kết hợp 2 2 2 1a b c+ + = ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu “=’’ khi 1 3 a b c= = = . 0,25 Hết SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề. ————————— Câu 1 (3,0 điểm). a) Giải hệ phương trình: ( ) 1 5 , , z 2 xy x y yz y z x y z x z x = + +   = + + ∈   = + +  ¡ b) Giải phương trình: ( ) 2 2 3 2 1 6 3 1 2 2 2 1 ,x x x x x x x+ + + − + = + + + + − ∈¡ . Câu 2 (2,0 điểm). a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì ( ) 2013 2013 2013 2 1 2 n+ + + chia hết cho ( ) 1n n + . b) Tìm tất cả các số nguyên tố ,p q thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1p q− = . Câu 3 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1abc = . Chứng minh: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 1 1 1 1 4 a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + + Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC, AB AC< . Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B, C. Gọi P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S. Chứng minh: a) Tứ giác BQCR nội tiếp. b) PB DB PC DC = và D là trung điểm của QS. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. Câu 5 (1,0 điểm). Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16? HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:……………………………………………; SBD:………………………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— (Hướng dẫn chấm có 04 trang) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán ————————— A. LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a Giải hệ phương trình ( ) 1 5 , , z 2 xy x y yz y z x y z x z x = + +   = + + ∈   = + +  ¡ 1,5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 5 1 1 6 z 2 1 1 3 x y xy x y yz y z y z x z x z x − − = = + +    = + + ⇔ − − =     = + + − − =   0,50 Nhân từng vế các phương trình của hệ trên ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 6 1 1 1 36 1 1 1 6 x y z x y z x y z − − − = − − − = ⇔  − − − = −   0,50 +) Nếu ( ) ( ) ( ) 1 1 1 6x y z− − − = , kết hợp với hệ trên ta được 1 1 2 1 2 3 z 1 3 z 4 x x y y − = =     − = ⇔ =     − = =   0,25 +) Nếu ( ) ( ) ( ) 1 1 1 6x y z− − − = − , kết hợp với hệ trên ta được 1 1 0 1 2 1 z 1 3 z 2 x x y y − = − =     − = − ⇔ = −     − = − = −   . Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm ( ) ( ) ( ) ; ; 2;3;4 , 0; 1; 2x y z = − − . 0,25 b Giải phương trình ( ) 2 2 3 2 1 6 3 1 2 2 2 1 ,x x x x x x x+ + + − + = + + + + − ∈¡ 1,5 Điều kiện xác định 1x ≥ . Khi đó ta có 2 2 3 2 1 6 3 1 2 2 2 1x x x x x x+ + + − + = + + + + − ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 6 3 1 2 2 2 1x x x x x x x⇔ + + + − + + = + + + + − 0,50 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 3 1 2 1 2 2 6x x x x x x x⇔ + + + − + − + = − + + − ( ) ( ) 1 2 1 3 2 1 2 3x x x x x⇔ + + + − − = − + + − ( ) ( ) 1 2 x 2 1 3 0x x⇔ + − + + − − = 0,50 *) ( ) ( ) 2 2 1 3 0 2 1 2 2 1 9 2 4x x x x x x x x x+ + − − = ⇔ + + − + + − = ⇔ + − = − 0,25 2 2 4 2 2 8 16 x x x x x x ≤  ⇔ ⇔ =  + − = − +  *) 1 2 1 4 3.x x x+ = ⇔ + = ⇔ = Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là { } 2,3S = . 0,25 2 a Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì ( ) 2013 2013 2013 2 1 2 n+ + + chia hết cho ( ) 1n n + . 1,0 Nhận xét. Nếu ,a b là hai số nguyên dương thì ( ) 2013 2013 a b a b+ +M . 0,25 Khi đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2 1 2 1 2 1 1 1n n n n n+ + + = + + + − + + + +M (1) 0,25 Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2. 2 n n n n n n + + + = + − + + − + + − + + M 0,25 Do ( ) , 1 1n n + = và kết hợp với (1), (2) ta được ( ) 2013 2013 2013 2 1 2 n+ + + chia hết cho ( ) 1n n + . 0,25 b Tìm tất cả các số nguyên tố ,p q thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1p q− = 1,0 Nếu ,p q đều không chia hết cho 3 thì ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 mod3 , 1 mod3 2 1 mod3p q p q≡ ≡ ⇒ − ≡ − vô lý. Do đó trong hai số ,p q phải có một số bằng 3. 0,50 +) Nếu 2 2 3 9 2 1 4 2p q q q= ⇒ − = ⇔ = ⇔ = . Do đó ( ) ( ) , 3,2p q = . 0,25 +) Nếu 2 2 3 18 1 19q p p= ⇒ − = ⇔ = vô lí. Vậy ( ) ( ) , 3,2p q = . 0,25 3 Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1abc = . Chứng minh: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 1 1 1 1 4 a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + + 1,0 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 1 1 1 1 4 a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 1 4 1 4 1 3 1 1 1a c b a c b a b c⇔ + + + + + ≥ + + + 0,50 ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 3 3 3 3ab bc ca a b c abc ab bc ca a b c⇔ + + + + + ≥ + + + + + + + 6ab bc ca a b c⇔ + + + + + ≥ (1) 0,25 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương ta được: ( ) 2 2 3 3ab bc ca abc+ + ≥ = ; 2 3 3a b c abc+ + ≥ = cộng từng vế hai bất đẳng thức này ta được (1). Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1a b c = = = . 0,25 4 a Tứ giác BQCR nội tiếp. 1,0 Do AB AC < nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó Q, C nằm về cùng một phía của đường thẳng BR. 0,25 Do tứ giác BFEC nội tiếp nên · · AFE BCA= , 0,25 Do QR song song với EF nên · · AFE BQR= 0,25 Từ đó suy ra · · BCA BQR= hay tứ giác BQCR nội tiếp. 0,25 b PB DB PC DC = và D là trung điểm của QS. 1,0 Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên DB HB AE HA = Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên DC HC AF HA = Từ hai tỷ số trên ta được ( ) . . 1 DB AE HB AE FB DC AF HC AF EC = = 0,25 Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được: ( ) . . 1 . 2 PB EC FA PB AE FB PC EA FB PC AF EC = ⇔ = 0,25 Từ (1) và (2) ta được ( ) 3 PB DB PC DC = 0,25 Do QR song song với EF nên theo định lí Thales: , DQ BD DS CD PF BP PF CP = = . Kết hợp với (3) ta được DQ DS= hay D là trung điểm của QS. 0,25 c Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. 1,0 Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh . .DP DM DQ DR= . Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên . .DQ DR DB DC= (4). 0,25 Tiếp theo ta chứng minh . . . 2 DC DB DP DM DB DC DP DB DC −   = ⇔ =  ÷   0,25 ( ) ( ) ( ) 2 . . .DP DC DB DB DC DB DP DC DC DP DB DB PC DC PB− = ⇔ + = − ⇔ = PB DB PC DC ⇔ = (đúng theo phần b). Do đó ( ) . . 5DP DM DB DC= 0,25 Từ (4) và (5) ta được . .DP DM DQ DR= suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. 0,25 D M P Q R S E F H A B C 5 Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16? 1,0 Trả lời: Không tồn tại 16 số như vậy. Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được 16 số thỏa mãn. Khi đó, ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15; trong đó có 8 số chẵn, 8 số lẻ. Do đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a, b và chữ số lẻ là c. 0.25 Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này: , , , , , , , , .aac abc acc bac bbc bcc cac cbc ccc 0.25 Gọi 1 2 9 , , ,x x x… là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng cách bỏ đi chữ số c (ở hàng đơn vị). Khi đó ( ) mod16 16 i j x c x c≡ ⇔ / không là ước của i j x c x c− tức là i j x x− không chia hết cho 8 0.25 Nhưng trong 9 số 1 2 9 , , ,x x x… chỉ có ba số lẻ , ,ac bc cc nên 8 số bất kỳ trong 9 số 1 2 9 , , ,x x x… luôn có hai số có cùng số dư khi chia cho 8, mâu thuẫn. Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn cũng không xảy ra 0.25 Hết SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề. ————————— Câu 1 (3,0 điểm). c) Giải hệ phương trình: ( ) 2 2 2 2 0 , 3 0 x xy y x y y xy x y + − + = ∈ + −      − = ¡ d) Giải phương trình: ( ) 2 2 3 2 1 6 3 1 2 2 2 1 ,x x x x x x x+ + + − + = + + + + − ∈¡ . Câu 2 (2,0 điểm). a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì ( ) 2013 2013 2013 2 1 2 n+ + + chia hết cho ( ) 1n n + . b) Tìm tất cả các số nguyên tố ,p q thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1p q− = . Câu 3 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực bất kì. Chứng minh: ( ) ( ) 2 2 2 3 .a b c ab bc ca a b b c + + − − − ≥ − − Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC, AB AC < và nội tiếp đường tròn ( ) O . D là điểm đối xứng với A qua O. Tiếp tuyến với ( ) O tại D cắt BC tại E. Đường thẳng DE lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC tại K, L. Đường thẳng qua A song song với EO cắt DE tại F. Đường thẳng qua D song song với EO lần lượt cắt AB, AC tại M, N. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BCLK nội tiếp. b) Đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF. c) D là trung điểm của đoạn thẳng MN. Câu 5 (1,0 điểm). Xét 20 số nguyên dương đầu tiên 1,2,3, ,20. … Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất: Với mỗi cách lấy ra k số phân biệt từ 20 số trên, đều lấy được hai số phân biệt a và b sao cho a b+ là một số nguyên tố. HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! [...]... thí sinh: ……………………………………………; SBD:……………………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— (Hướng dẫn chấm có 03 trang) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 201 3- 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin ————————— A LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa - Điểm... ( 1 +2 2013 2013 + + n 2013 ) ( 2 ( 12013 + 22013 + + n 2013 ) = ( 12013 + n2013 ) + 22013 + ( n − 1) (1) Mặt khác 2 ( 12013 + 22013 + + n 2013 ) ( = 1 2013 + ( n − 1) 2013 ) +(2 2013 + ( n − 2) 2013 ) + + ( ( n − 1) 2013 2013 ) + + ( n +1 2013 0,25 chia hết cho n ( n + 1) 2013 2013 ( Nhận xét Nếu a, b là hai số nguyên dương thì a + b Ma + b ) Khi đó ta có 0,25 1,0 0,25 2013 ) + 2.n + 12013 )... nguyên dương thì a + b Ma + b ) Khi đó ta có 0,25 1,0 0,25 2013 ) + 2.n + 12013 ) Mn + 1) ( 2013 M ( 2) n 2013 2013 2013 Do ( n, n + 1) = 1 và kết hợp với (1), (2) ta được 2 ( 1 + 2 + + n ) chia hết cho n ( n + 1) 0,25 0,25 0,25 3 Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn điều kiện p 2 − 2q 2 = 1 Nếu p, q đều không chia hết cho 3 thì p 2 ≡ 1( mod 3) , q 2 ≡ 1( mod 3) ⇒ p 2 − 2q 2 ≡ −1( mod 3) vô... những ý cơ bản phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung trình bày Điểm  x + xy − 2 y + 2 = 0  Giải hệ phương trình:  2  y + xy − 3x − y = 0  2  x + xy − 2 y + 2 = 0 (... có tính chất: Với mỗi cách lấy ra k số phân biệt từ 20 số trên, đều lấy được hai số phân biệt a và b sao cho a + b là một số nguyên tố Xét tập hợp { 2, 4, 6,8 ,10, 12,14,16,18, 20} , ta thấy tổng của hai phần tử bất kì của tập hợp này đều không phải là số nguyên tố Do đó k ≥ 11 , ta sẽ chứng minh k = 11 là số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,50 1,0 0,25 0,25 0,25... , 20} thành 10 cặp số sau: ( 1, 2 ) , ( 3,16 ) , ( 4,19 ) , ( 5,6 ) , ( 7 ,10 ) , ( 8,9 ) , ( 11, 20 ) , ( 12,17 ) , ( 13,18) , ( 14,15 ) Tổng của hai số trong mỗi cặp số trên là số nguyên tố Khi đó mỗi tập con của A có 11 phần tử thì tồn tại ít nhất hai phần tử thuộc cùng vào một trong 10 cặp số trên Suy ra trong A luôn có hai phần tử phân biệt có tổng là một số nguyên tố -Hết ... + 2ac ≥ 0 2 1,0 2 ⇔ ( a + c − 2b ) ≥ 0 (bất đẳng thức này luôn đúng) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a + c = 2b 0,25 2 0,50 A F 4 B O E C L M D N K a b c 5 Tứ giác BCLK nội tiếp 1 1 » ALD = (sđ » - sđ DC ) = sđ » (1) Ta có · AC AD 2 2 1 ABC = sđ » Lại có: · AC (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra · ALD = · ABC 0 · · Suy ra CLK + CBK = 180 , suy ra tứ giác BKLC nội tiếp Đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn . = . 0,25 Hết SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 201 3- 2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán Thời gian làm bài 150. xảy ra 0.25 Hết SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 201 3- 2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin Thời gian làm bài 150. GD&ĐT VĨNH PHÚC ————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 201 3- 2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho tất cả các thí sinh Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề. ————————— Câu