BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN NĂM 2014 Mơn thi: Tốn (vịng 2) Thời gian làm bài: 150 phút Nội dung Câu a) Điều kiện x ≠ 0, x ≠ 1, x ≠ Phương trình cho tương đương với + =5 x − 2x ( x − 2x ) + (*) Đặt t = x − x Khi (*) trở thành t = + = ⇔ 5t − 2t − = ⇔ t = − t t +1 Câu Với t = 1, ta có x − x − = ⇔ x = ± ( t / m ) (3,0 ± 10 ( t / m) điểm) Với t = − , ta có x − 10 x + = ⇔ x = b) Điều kiện x ≥ Phương trình cho tương đương với x + x − + x ( x − 1) = x − ⇔ x ( x − 1) = x ⇔ x ( x − 1) = x , x ≥ ⇔x= > ( t / m) Do p = 8q + số lẻ nên p lẻ Đặt p = 2k + ( k ∈ ¥ ) Ta có p = 8q + ⇔ ( p − 3) ( p + 3) = 8q ⇔ ( 2k − ) ( 2k + ) = 8q ⇔ ( k − 1) ( k + ) = 2q Câu Vì q số nguyên tố ≤ k − < k + nên có trường hợp xảy ra: (1,5 k − = k = p = ⇔ ⇒ điểm) Trường hợp 1: k + = 2q q = q = k − = k = p = ⇔ ⇒ Trường hợp 2: k + = q q = q = Vậy cặp số (p; q) thỏa mãn toán (5; 2), (7;5) Câu Chú ý rằng, với a số nguyên lẻ ta có ( a − 1) ( a + 1) M8 (tích hai số chẵn liên 1/3 tiếp chia hết cho 8) ( a + 1) M2 nên a − = ( a − 1) ( a + 1) ( a + 1) M16 (1,0 Khi đó, a1 , a2 , , an số nguyên lẻ nên ta có điểm) An − n = ( a14 − 1) + ( a24 − 1) + L ( an4 − 1) M 16 Từ ta có điều phải chứng minh Khơng tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ Xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: xy ≤ Suy yz ≤ xy ≤ xz ≤ xy ≤ Do P ≤ Trường hợp 2: xy > Từ giả thiết ta có z= Câu (1,0 điểm) Khi P − = xy + ( x + y ) 4− x− y x + y ≤ + xy 4− x− y −4 + xy xy ( + xy ) + ( x + y ) − ( x + y ) − − xy = + xy ( x − 2) =− 2 + ( y − ) + ( xy − 1) ( − xy ) x + y) ( ≤ 0, < xy ≤ ≤ + xy Như vậy, từ hai trường hợp ta có P ≤ Dấu đẳng thức xảy x = y = 2, z = Vậy giá trị lớn P 4, đạt x = y = 2, z = hoán vị 2/3 L M K M O A H H J O B N I A B J I Câu · · a) Kẻ đường kính MN đường trịn (O) Khi MBN = 900 = MHA (1) · · » ) Ta có MAH (góc nội tiếp chắn cung MB = MNB (2) (3,5 Từ (1) (2) suy ∆MAH ~ ∆MNB ( g g ) ⇒ ·AMH = BMO · điểm) · b) Vì I trung điểm cung nhỏ »AB nên ·AMJ = BMI · · · Xét hai tam giác MAJ MIB có ·AMJ = BMI (chứng minh trên), MAJ = MIB » ) Suy ∆MAJ ~ ∆MIB (góc nội tiếp chắn cung MB Do MA MJ = ⇒ MA.MB = MI MJ MI MB =M ả (gúc c) Gi L giao điểm thứ BK với đường tròn (MJB) Khi L ¶ =K ¶ (góc nội » đường tròn (MJB)) Mặt khác M nội tip cựng chn cung BJ =K ả ⇒ LJ // KI º đường tròn (O)) Suy L tiếp chắn cung BI 1 · Vì I trung điểm cung nhỏ »AB nên OI ⊥ AB ⇒ LJ ⊥ AB ⇒ LJB = 900 Suy LB đường kính đường trịn (MJB) Do đường thẳng BK qua tâm đường tròn (MJB) 3/3 .. .2 tiếp chia hết cho 8) ( a + 1) M2 nên a − = ( a − 1) ( a + 1) ( a + 1) M16 (1,0 Khi đó, a1 , a2 , , an số nguyên lẻ nên ta có điểm) An − n = ( a14 − 1) + ( a24 − 1) + L ( an4 − 1) M... Trường hợp 2: xy > Từ giả thi? ??t ta có z= Câu (1,0 điểm) Khi P − = xy + ( x + y ) 4− x− y x + y ≤ + xy 4− x− y −4 + xy xy ( + xy ) + ( x + y ) − ( x + y ) − − xy = + xy ( x − 2) =− 2 + ( y − )... + xy Như vậy, từ hai trường hợp ta có P ≤ Dấu đẳng thức xảy x = y = 2, z = Vậy giá trị lớn P 4, đạt x = y = 2, z = hoán vị 2/ 3 L M K M O A H H J O B N I A B J I Câu · · a) Kẻ đường kính MN đường