Dap an de thi toan vong 2 NAM 2015

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN NĂM 2015 Mơn thi: Tốn (vịng 2) Thời gian làm bài: 150 phút Câu Nội dung Câu a) Điều kiện: x ≠ 0, x ≠ Phương trình cho tương đương với (3,0 điểm) + = 1 x − 2+ x + 1+ x x 1 Đặt t = x + Khi phương trình trở thành + = x t −2 t +1 ⇔ (t + 1) + 2(t − 2) = (t − 2)(t + 1) 2 ⇔ 3t − 9t = ⇔ t = 0, t = Điểm 0,5 0,5 *) Với t = 0, ta có x + = ⇔ x2 + = 0, vô nghiệm x 3± *) Với t = 3, ta có x + = ⇔ x2 − 3x + = ⇔ x = x Vậy nghiệm phương trình x = 0,5 3± b) Điều kiện: x ≥ − Phương trình cho tương đương với 2x − = x −1 3x + + x + x − = x = ⇔ ⇔  + 3x + x + =  + 3x + x + = 0,5 0,5 (*) Ta có (*) ⇔ 4x + + (1 + 3x)(x + 3) = ⇔ (1 + 3x)(x + 3) = −2x −2x ≥ x ≤ ⇔ ⇔  2 (1 + 3x)(x + 3) = 4x x − 10x − = x ≤ ⇔ ⇔ x = − x = ±  0,5 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình x = 1, x = − Câu Phương trình cho tương đương với (1,0 x − y 3x + y = điểm) x − y = x = ⇔ Trường hợp  3x + y = y=1   ( )( 0,5 ) 0,5 1/3 x − y = −1 ⇔ Trường hợp  x + y = −  x = −2  y = −1  x − y = x = ⇔ Trường hợp  3x + y = y = −5 x − y = −7 x = −2 ⇔ Trường hợp  3x + y = −1 y = Vậy nghiệm nguyên phương trình cho ( 2; 1) , ( −2; − 1) , ( 2; − 5) , ( −2; 5) Câu Rõ ràng p, q phân biệt Khơng tính tổng qt ta giả sử p < q Xét (1,5 trường hợp sau: điểm) Trường hợp p = Không thỏa mãn p + q lẻ, cịn p − q chẵn Trường hợp p = Khi tìm q = ( ) 0,5 0,5 Trường hợp p ≥ Gọi r1, r2 số dư phép chia p, q cho { } Rõ ràng r1, r2 ∈ 1,2 ( ) p + q /| 2( p − q) Nếu r1 = r2 /| p + q p − q Không thỏa mãn Nếu r1 ≠ r2 ( 0,5 Không thỏa mãn ) ( ) ( ) Vậy p; q = 3; , 5; Câu (3,5 điểm) · · a) Vì tứ giác ABNM nội tiếp nên BNI = BAD · · Vì tứ giác DAEB nội tiếp nên BAD = BED 0,5 (1) (2) Từ (1) (2) suy tứ giác BEIN nội tiếp · · · · · Theo chứng minh trên, BNI (do tứ = BAD Ta lại có BIN = BEN = BDA 2/3 0,5 0,5 ( ) giác BEIN, AEBD nội tiếp) Suy ∆BIN ~ ∆BDA gg ( ) b) Vì CD tiếp tuyến O nên CACB = CD Từ suy CA CACB CD  CD  = = = ÷ CB CB CB  CB  ( ) Lại có, từ ∆CAD ~ ∆CDB gg ⇒ CD DA = CB DB 0,5 (3) (4) 0,5  DA  CA  CD  Từ (3) (4) suy = ÷ = ÷ CB  CB   DB  2  EA  CA  CE  EA DA c) Tương tự câu b) ta có = = ÷ = ÷ Suy CB  CB  EB DB  EB  IN DA Từ câu a), ∆BIN ~ ∆BDA ⇒ = IB DB IM EA Tương tự ta có ∆BIM ~ ∆BEA ⇒ = IB EB Từ (5), (6), (7) suy IM = IN , hay I trung điểm MN Câu Đặt t = a2 + b2 + c2 Ta có t ≤ a + b + c = Mặt khác (1,0 a + b + c điểm) a2 + b2 + c2 ≥ = > 3 Suy t > Do ( 2 2 2 2 0,5 (6) 0,5 (7) ) ( t − 2) ( t − 1) ≤ ⇔ 3t ≥ t + ⇔ a + b + c ≥ a ⇔ a + b + c ≥ ( a + b + c) − 2( ab + bc + ca ) + ⇔ a + b + c ≥ − 2( ab + bc + ca ) ⇔ a + b + c + 2( ab + bc + ca ) ≥ (5) 2 2 0,5 + b2 + c2 + 2 Khi ( ) 4P = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca + ≥ + = a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 + + 2 a2 + b2 + c2 0,5 Suy P ≥ Dấu đẳng thức xảy a = 2,b = c = hoán vị Vậy giá trị nhỏ P , đạt a = 2,b = c = hoán vị 3/3 ... − 2( ab + bc + ca ) + ⇔ a + b + c ≥ − 2( ab + bc + ca ) ⇔ a + b + c + 2( ab + bc + ca ) ≥ (5) 2 2 0,5 + b2 + c2 + 2 Khi ( ) 4P = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca + ≥ + = a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2... hay I trung điểm MN Câu Đặt t = a2 + b2 + c2 Ta có t ≤ a + b + c = Mặt khác (1,0 a + b + c điểm) a2 + b2 + c2 ≥ = > 3 Suy t > Do ( 2 2 2 2 0,5 (6) 0,5 (7) ) ( t − 2) ( t − 1) ≤ ⇔ 3t ≥ t + ⇔ a +... 0,5 0,5 Trường hợp p ≥ Gọi r1, r2 số dư phép chia p, q cho { } Rõ ràng r1, r2 ∈ 1 ,2 ( ) p + q /| 2( p − q) Nếu r1 = r2 /| p + q p − q Không thỏa mãn Nếu r1 ≠ r2 ( 0,5 Không thỏa mãn ) ( ) (