ĐỀ THI VÀO LỚP 10 NĂM 2013 MƠN: TỐN CHUN ĐỀ SỐ Thời gian: 150 phút Câu I: Cho phương trình: x  4mx  m2  2m   0(1) với m tham số a) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm x1; x khơng thể trái dấu b) Tìm m cho: phân biệt Chứng minh rằng: x1  x2  Câu II: Giải hệ phương trình: 3x  2y   2z  x  2  3y  2z   2x  y  2  3z  2x   2y  z  2 Câu III: Cho x, y hai số khơng âm thỏa mãn a) Chứng minh rằng: y  x 1 b) Chứng minh rằng: x3  y3  x  y  Câu IV: Cho x1; x M  a2  3a  x3  y3  x  y với a số ngun dương a) Chứng minh ước M số lẻ b) Tìm a cho M chia hết cho Với giá trị a M lũy thừa 5? Câu V: Cho ABC có A  600 Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Đường thẳng ID cắt EF K, đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự M, N a) Chứng minh rằng: tứ giác IFMK IMAN nội tiếp b) Gọi J trung điểm cạnh BC Chứng minh ba điểm A, K, J thẳng hàng c) Gọi r bán kính đường tròn (I) S diện tích tứ giác IEAF Tính S theo r chứng minh SIMN  S ( SIM N diện tích IMN ) Câu VI: Trong kỳ thi, 60 thí sinh phải giải tốn Khi kết thúc kỳ thi, người ta nhận thấy rằng: với hai thí sinh ln có tốn mà hai thí sinh giải Chứng minh rằng: a) Nếu có tốn mà thí sinh khơng giải phải có tốn khác mà thí sinh giải b) Có tốn mà có 40 thí sinh giải ĐÁP ÁN Câu I: a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x   '  4m2  m2  2m    3m2  m  3m    m  3m  1   3m  1    3m  1 m  1     m  vàm > -1 3m   vàm   m       m < vàm < -1 3m   vàm    m  1  Khi đó: Do x1.x  m2  2m    m  1  x1; x khơng thể trái dấu b) Phương trình có hai nghiệm khơng âm x1; x  c m  1 (á p dụng câu a) m  hoặ  '     m  S  x1  x   4m  P  x x   m       Ta có: x1  x   x1  x  x1x   4m   4m  m    m    m  1 1 4m   4m    0 m  4m       4m  1  m      2m   4m     m    m  (thích hợp) 2    2m    4m        4m m   m  2   Vậy m giá trị cần tìm Câu II: Ta có: 3x  2y  1 3y  2z   3z2  2x   2z  x  2  2x  y  2  2y  z  2  3x  2y   3y  2z   3z2  2x   2zx  4z  2xy  4x  2yz  4y              x  2xy  y  x  2zx  z2  y  2yz  z2  x  2x   y  2y   z2  2z   2 2 2 2   x  y    x  z   y  z   x  1   y  1   z  1  2 2   x  y    x  z   y  z    x  1   y  1   z  1   x  y; x  z; y  z; x  1; y  1; z   x  y  z  Thử lại, ta có:  x; y;z  1;1;1 nghiệm hệ phương trình cho Câu III: a) Ta có: Do : x  0; y  x  y  x3  y3  Ta có : Nên Mà Vậy b) Nên xy xy   x  y  x3  y3  x  y   x  y  x  xy  y  x3  y3  từ   Ta có : x = y = Nên  x  y   x  y  x  xy  y x  xy  y  x Nên  x2 Mà y  x 1  ta có :  x x0  xy  y Nên  x y  x 1 0 y  x 1 nên y3  y2 ; x3  x2 Vì  x  xy  y Vậy x3  y3  x  y x  y   x  y  x  xy  y Nếu x = y Nếu Do : x  xy  y  x  y x3  y  x  y Do đó: x2  y2  x3  y3  x  y  Câu IV: a) M  a2  3a   a2  a  2a   a a  1  2a  số lẻ (Vì a, a + hai số ngun dương liên tiếp nên a a  1 ) Do ước M số lẻ b)   M  a2  3a   a2  2a   5a   a  1  5a Ta có: M  5;  5a Do đó:  a  1  Nên a  15 a  5k  1 k  N  Ta có : a chia cho dư 1, tức  Đặt a2  3a   5n n  N * Ta có : 5n  Ta có :  5k  1  ( n N theo ta có : * a1 nên a2  3a   ) a  5k  1 k  N   3 5k  1   5n  25k  10k   15k    5n  25k  k  1   5n  *  Nếu n2 ta có : 5n  52 Vậy n = Ta có : , mà 25k  k  1 52 ; 25k  k  1  0; k  N khơng chia hết cho 52 : vơ lí Do : k = Nên a = Câu V : A M E K N F I D B a) Ta có : MN // BC (gt), C J ID  BC ((I) tiếp xúc với BC D)  ID  MN  IK  MN  IKM  IKN  900 IFM  IKM  900  900  1800  Tứ giác IFMK nội tiếp Mặt khác : Ta có : IKN  IEN  900  IMF  IKF  IMF  ANI  Tứ giác IKEN nội tiếp (Tứ giác IFMK nội tiếp) ; Tứ giác IMAN nội tiếp IKF  ANI (Tứ giác IKEN nội tiếp) b) Ta có : IMK  IFK  Tứgiác IFMK nộitiế p   c IKEN nộ i tiếp IN K  IEK  Tứgiá Mặt khác : IE = IF (= r)  IEF cân I cân I có IK đường cao IMN  IK đường trung tuyến IMN  K trung điểm MN  MN  2.MK Mà BC = 2.BJ (J trung điểm BC) Do đó: MN 2.MK MK   BC 2.BJ BJ Mặt khác:  ABC AM MN  AB BC Ta có: Xét có MN // BC (Hệ định lý Thales) AM MK  MN     AB BJ  BC  AMK ABJ , ta có: AMK  ABJ hai gó c đồ ng vòvàMN // BC   AM MK    AB BJ  AMK ABJ c  g  c  MAK  BAJ  Hai tia AK, AJ trùng Vậy ba điểm A, K, J thẳng hàng c) AE, AF tiếp tuyến đường tròn (I)  AE = AF, AI tia phân giác EAF AEF cân A có EAF  600 (gt)  AEF  EF = AE = AF AEF có AI đường phân giác  AI đường cao AEF  AI  EF  S  AI.EF IAE vng E  AE = IE.cotIAE; IE = AI.sin.IAE  AE  r.cot 300  3.r; AI  r  2r sin300 Vậy EF = AE = 3.r 1 S  AI EF  2r 3.r  3.r (đvdt) 2 Vậy Gọi H giao điểm AI EF Ta có: IH  EF, H trung điểm EF IHF vng H Do đó: Xét  IH  IF.cosHIF  r.cos600  r 3.r SIEF  IH EF  IMN HIF  600 IEF (đvdt) , ta có: IMN  IFE;INM  IEF Do đó: S  IM   IMN    SIEF  IF  Do đó: Ta có: Vậy IEF  g  g IMN Mà IF  FM  IM  IF  IM 1 IF SIM N   SIMN  SIEF SIEF S  3.r ; SIEF  SIMN  3.r ; SIMN  SIEF S Câu VI: Gọi ba tốn A, B, C a) Khơng tính tổng qt, giả sử thí sinh khơng giải tốn A  Nếu thí sinh khơng giải tốn B từ giả thiết ta có thí sinh giải tốn C  Nếu thí sinh giải tốn B tốn C ta có thí sinh giải tốn B; tốn C  Nếu có thí sinh giải tốn, giả sử giải tốn B Xét học sinh với tất học sinh lại Theo giả thiết, có thí sinh giải tốn B Vậy có tốn mà thí sinh khơng giải phải có tốn khác mà thí sinh giải b) Theo giả thiết ta có thí sinh giải tốn Nếu có thí sinh giải tốn Xét học sinh với tất học sinh lại, ta có thí sinh giải tốn Ta xét trường hợp mà thí sinh giải hai tốn  Gọi số thí sinh giải A, B mà khơng giải C x, số thí sinh giải B, C mà khơng giải A y, số thí sinh giải A, C mà khơng giải B z, số thí sinh giải A, B, C t (x, y, z, t  N ) Ta có: x  y  z  t  60 (1) Cách 1: Giả sử có điều trái với kết luận tốn Ta có: x + z + t < 40; x + y + t < 40; y + z + t < 40 Do : x + z + t + x + y + t + y + z + t < 40 + 40 + 40   x  y  z  t   t  120 Kết hợp (1) ta có : t < Điều vơ lí Điều giả sử sai Vậy có tốn mà có 40 thí sinh giải Cách : Ta có : số học sinh khơng giải A y, khơng giải B z, khơng giải C x Nếu x > 20 ; y > 20 ; z > 20 x + y + z > 60 Mâu thuẫn (1) Do : ba số x, y, z phải có số khơng vượt q 20 Như có tốn mà có nhiều 20 thí sinh khơng giải Do tốn có 40 thí sinh giải Vậy có tốn mà có 40 thí sinh giải