Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Chuyên Toán - Tin) trường THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa năm học 2014-2015

Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn O.. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C và D.. Gọi E là

www.VNMATH.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN

NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Tin học)

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 01 trang Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2014

Câu 1: ( 2.0 điểm)

    ( Với x > 0)

1 Rút gọn biểu thức P

2 Tính giá trị của biểu thức P khi x 2 2 3

Câu 2: (2.0 điểm)

1 Cho phương trình: 2013x2 – (m – 2014)x – 2015, với m là tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x122014 x1 x222014x2

2.Giải phương trình: 1 2 1 2 3

(2x1) (2x2)  Câu 3: (2.0 điểm)

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 –x2y – xy2 = 5

Câu 4: (3.0 điểm)

Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi M là điểm thuộc cung AB (M A, M  B)

và I là điểm thuộc đoạn OA( I  O, I  A) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M,

kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O) Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với

IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C và D Gọi E là giao điểm của AM với IC, F

là giao điểm của BM với ID Chứng minh rằng:

1 Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp

2 EF//AB

3 OM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM Câu 5: (1.0 điểm)

Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x2  y2+ y2z2 + z2x2 = 2014 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =

2

x

yz+

2

y

zx+

2

z

x y

Hết đề

Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh: ………

Chữ ký của giám thị 1: ……… Chữ ký của giám thị 2: ………

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHUYÊN TIN

P





1.1





1 1

x x





2 2 3

x   = ( 2 +1)2 (Thoả mãn ĐKXĐ)

1.2

=> P 1

1

x x





 =

2 1 1

2 1 1

 



 

2 2 2



Cho phương trình: 2013x2 – (m – 2014)x – 2015, với m là tham số Tìm m

để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn

1 2014 1 2 2014 2

x  x  x  x

Ta có:  = (m - 2014)2 + 4 2013 2015 > 0 với mọi m Vậy phương trình luôn

Theo hệ thức Vi – et ta có:

1 2

1 2

2014 2013 2015 2013

m

x x

x x





 









Từ x122014 x1 x222014x2







0.25

=>







=> x122014(x1x2) x222014(x1x2) 0

=> (x1 + x2)( x122014 x22 2014 ) = 0 => x1 + x2 = 0

0.25 2.1

=> 2014 0

2013

m 

 => m = 2014

Vậy m = 2014 là giá trị thoả mãn đề bài

0.25

2.2 Giải phương trình: 1 2 1 2 3

(2x1) (2x2)  (*)

ĐK: x -1 và x  1

2

 Đặt 2x + 1 = t, PT (*) <=> 12 1 2 3

( 1)

t  t 

<=>

2

3 0

0.25

Đặt y = 1

( 1)

t t  , ta có pt: y

2

+ 2y – 3 = 0 Giải pt ta được y1 = 1, y2 = -3 0.25

Với y1 = 1 => 1

( 1)

t t  = 1 => t(t+1) = 1=> t

2

+ t – 1 = 0

=>

1

2

2

2

t

t









 







=>

(Thoả mãn)

0.25

Với y2 = -3 => 1

( 1)

t t  = -3 => t(t+1) =

1 3



=> t2 + t + 1

3= 0 (Vô nghiệm vì  <0) Vậy pt có hai nghiệm 1 3 5, 2 3 5

x   x   

0.25

x3 + y3 –x2y – xy2 = 5<=> (x + y)(x2 – xy + y2) – xy(x + y) = 5

<=> (x + y)( x2 – 2xy + y2 ) = 5

<=> (x + y)( x - y)2 = 5

Do (x – y)2  0 và x, y thuộc Z nên xảy ra hai trường hợp:

0.5

TH1:

2

5

x y

x y

 











3

TH2: 21

x y

x y

 







=> 1

5

x y

x y

 





  



(loại) Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (x;y) {(3;2); (2;3) }

0.25

4

4.1 CM: Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp:

O

I

C

M

D

1

2 1 2

1 2

1 1

1

2

Do đó:

 

1 1

1 2 1 1

2 1

I A

I B





 

, mà   0

2 2 90

A B  và

1 2 1 2 180

A  A B B  =>   0

1 2 90

I I 

0.5

=>   0

90

CM: EF // AB:

MEIF nội tiếp (câu 1) =>  

1 1

I F

ACMI nội tiếp (câu 1) =>  

1 1

I A

0.5

Trong (O)  

2 1

B A (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng

4.2

Do đó =>  

2 1

B F , mà chúng ở vị trí đồng vị => EF // AB 0.25 CM: OM là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ngoại tiếp các tam giác: CEM ,

DFM

Ta có OA = OM =>  

1 2

M A mà  

1 2

C A ( cùng chắn cung IM) =>  

1 1

C M => OM

là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME (1) 0.5 4.3

Lại có: OM = OB =>  M2B2 mà  D1B2( cùng chắn cung IM) =>  

1 2

D M =>

OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF(2)

Từ (1) và (2) => ĐPCM

0.5

Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: x2 y2 + y2z2 + z2 x2 = 2014

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =

2

x

yz+

2

y

zx+

2

z

x y

Đặt: a = x2 y2; b = y2z2 ; c = z2x2 (*) => a + b + c = 2014 (1)

Từ (*) => x2 =

2 2 2

2

a b c

; y2 =

2 2 2

2

a b c

; z2 =

2 2 2

2

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

y + z 2(y2 z2)= b 2 ; z + x 2(z2x2)=c 2 ; x + y 2(x2y2)= a 2

0.25

Từ đó ta có:

T =

2

x

yz+

2

y

zx+

2

z

x y 

1

2 2 (

2 2 2

b

+

2 2 2

c

+

2 2 2

a

)

T 1

2 2 (

2

a

b +

2

c

b +

2

a

c +

2

b

c +

2

b

a +

2

c

a - a – b – c ) (2)

0.25

5

Áp dụng BĐT Cauchy ta lại có:

2

a

b + b  2a;

2

c

b + b  2c;

2

a

c + c 2a;

2

b

c + c  2b;

2

b

a + a  2b;

2

c

a + a 2c

=>

2

a

b +

2

c

b +

2

a

c +

2

b

c +

2

b

a +

2

c

a  4(a + b + c) – 2(a + b+ c) = 2(a + b + c) (3)

0.25

Từ (2) và (3) => T  1

2 2 ( a + b + c) (4) ; Từ (1) và (4) => T  1

2 2 2014