bộ đề thi vào lớp 10 toán

www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT LONG AN -ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01trang) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LONG AN NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ Câu (1,5 điểm) x x−y y   x− y P = + xy :  ÷ Cho biểu thức  ÷  x − y x − y    a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm tất số tự nhiên x, y để P =  ÷ ÷  với điều kiện x, y ≥ 0, x ≠ y Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x − x + m = Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho x1 < x2 < Câu (1,0 điểm) Giải phương trình x + x + = ( x + 4) x + Câu (2,5 điểm) Gọi ( O ) đường tròn tâm O , đường kính AB Gọi H điểm nằm A O , từ H vẽ dây CD vuông góc với AB Hai đường thẳng BC DA cắt M Gọi N hình chiếu vuông góc M lên đường thẳng AB a) Chứng minh: tứ giác MNAC nội tiếp b) Chứng minh: NC tiếp tuyến đường tròn ( O ) c) Tiếp tuyến A đường tròn ( O ) cắt đường thẳng NC E Chứng minh đường thẳng EB qua trung điểm đoạn thẳng CH Câu (1,0 điểm) Kì thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Long An năm có 529 học sinh đến từ 16 địa phương khác tham dự Giả sử điểm thi môn Toán học sinh số nguyên lớn bé 10 Chứng minh tìm học sinh có điểm môn Toán giống đến từ địa phương Câu (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c, d cho ≤ a, b, c, d ≤ a + b + c + d = Tìm giá trị lớn P = a + b2 + c + d Câu (1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD với AB = a, AD = b Trên cạnh AD, AB, BC , CD lấy điểm E , F , G , H cho tạo thành tứ giác EFGH Gọi P P ≥ a + b2 www.VNMATH.com chu vi tứ giác EFGH Chứng minh: Câu 1b Vì (0,75 điểm) Suy Câu ∆ = − 4m (2,0 điểm) Phương trình có nghiệm phân biệt P= x+ y x1 = P=3 nên ≤ x ≤ 3;0 ≤ y ≤3 ≤ x ≤ 9;0 ≤ y ≤ cần tìm : x, y Vì x = x = x = x = , , ,  y = y = y = y =1 ⇔m< − − 4m + − 4m ; x2 = 2 nên x < x2 < Suy Suy + − 4m −2 Giá trị m cần tìm −2 < m < Câu x + x + = ( x + 4) x + ⇔ x + − x x + + x − x + = (1,0 điểm) ⇔ ( x2 + − )(  x2 + − = ⇔  x + − x = x = ⇔  x = −3 ) x2 + − x = www.VNMATH.com Câu 4a M C (0,75 điểm) E I A N H O B D · Ta có : MNA = 900 (giả thiết) Ta có · ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))Suy · ACM = 900 Vì tứ giác MNAC có · · ACM + MNA = 1800 Câu 4b Vì MNAC nội tiếp (0,75 điểm) Vì ADBC nội tiếp nên Câu 4c Gọi I giao điểm cùa (1,0 điểm) Từ (*) (**) suy MN ·ADC = ABC · Suy ⇒ CH ·ACN = ADC · (*) (**) ·ACN = ABC · Vậy NC BE nên tiếp tuyến ( O ) ;Ta có CA phân giác tam giác ∆ECI CB ⊥ CA ⇒ CB phân giác tam giác ECI BI CI = (1) BE CE Ta có IH song song Mặt khác: AE = CE EA Vậy BE IH BI (cùng ⊥ AB ) ⇒ AE = BE (2) (3) ( AE , CE tiếp tuyến ) Từ (1), (2) (3) suy (1,0 điểm) CD · · AB ⊥ CD ⇒ »AC = »AD ⇒ ECA = ACD Ta có Câu song song nên nội tiếp CI = IH qua trung điểm đoạn thẳng CH Ta có 529 học sinh có điểm thi từ điểm đến 10 điểm Theo nguyên lý Dirichlet ta có 89 học sinh có điểm thi (từ điểm đến 10 điểm) Ta có 89 học sinh có điểm thi đến từ 16 địa www.VNMATH.com phương Theo nguyên lý Dirichlet tìm em có điểm thi môn toán đến từ địa phương Ta có ≤ a ≤ suy ( a − 1) ( a − ) ≤ ;Suy âu Suy a + b2 + c + d ≤ ( a + b + c + d ) − = 10 Giá trị lớn hoán vị ) Câu F A a ≤ 3a − P 10 ( P = 10 với a = 2, b = 2, c = 1, d = B I ( 1,0 điểm) E G K M D H C Gọi I, K, M theo thứ tự trung điểm EF, EG GH AEF vuông A có AI trung tuyến nên AI= MC= GH EF Tương tự IK đường trung bình EFG nên IK= FG Tương tự KM= EH P= EF + FG + GH +HE= 2(AI + IK + KM + MC) Ta có: AI + IK + KM + MC ≥ AC Suy P≥ 2AC= SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CHUYÊN KIÊN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC a + b2 ĐỀ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2014-2015 Môn thi : TOÁN CHUYÊN www.VNMATH.com Thời gian làm : 150 phút , Không kể thời gian giao đề Bài 1: (1,5 điểm)Cho biểu thức: 1/ Rút gọn biểu thức M= 2( x + 1) x − 10 x + + + , ( x ≥ 0, x ≠ 1) x −1 x + x + x3 − 2/ Tìm x để biểu thức có giá trị lớn Bài 2: (1,5 điểm)Cho parabol (P) y= x2 ; đường thẳng (d) : mx + ny = hai điểm M(0; 2); N(4; 0) 1) Tìm m, n biết đường thẳng (d) qua hai điểm M, N.Khi đường thẳng (d) qua điểm M Chứng minh (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A B Tìm tọa độ A B biết khoảng cách hai điểm A B Bài (1,5 điểm)Cho phương trình x2 + ax + b + = với a, b tham số Tìm giá trị a, b để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:   x1 − x2 =    x1 − x2 = Bài 4: (2 điểm)1/ Cho số thực a,b thỏa a + b = 20 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = a3 + b3 2/ Cho hai số thực a, b Chứng minh rằng: 2(a4 + b4) ≥ ab3 + a3b + 2a2b2 Bài 5: (3,5 điểm)Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi d đường thẳng qua A vuông góc với AB Lấy điểm C đường tròn cho BC > R, dựng CD vuông góc với AB (D thuộc AB) Gọi E điểm tia CD cho ED = BC (theo thứ tự C, D, E) Các tiếp tuyến EP, EQ với đường tròn tâm O (P A nằm phía so với DE) cắt đường thẳng d N K; CE cắt đường tròn tâm O F 1) Chứng minh: EF2 = CE.EF 2) Chứng minh EP = BD 3) Đặt KN = x, BD = y Tính diện tích tam giác EKN theo R, x, y 4) Chứng minh KN = AB Bài 1) Rút gọn M = x −3 x + x +1 www.VNMATH.com 2) Để tìm max M ta dùng phương pháp miền giá trị Đặt t = x ≥ 0, M = có nghiệm Bài 5t − ⇔ Mt + ( M − 5)t + M + = , t + t +1 ∆ ≥ ∆ = (1 t – M)(3M + 25) ≥ = để phương trình theo biến t ⇔ −25 ≤ M ≤ Vậy x max M = = 1) Thay tọa độ điểm M, N vào phương trình (d) tìm y = − x + 2 2) Khi (d) qua M(0; 2) ta tính n = 1, thay vào phương trình ta pt (d): y = - mx + Đưa phương trình hoành độ giao điểm: x2 = −mx + ⇔ x + 2m − = (1) a, c trái dấu pt (1) có hai nghiệm phân biệt Gọi hai điểm cắt A( x1 ; y1 ); B ( x2 ; y2 ) Để tìm tọa độ hai điểm A, B ta giải phương trình AB2 = (x2 2 – x1) + (y2 – y1) (2) với AB = ( y2 − y1 ) ( x2 − x1 )  ∆ =  ÷ ÷ = 4m + 16 , a   Thay vào (2) ta phương trình: m2 + 5m2 – 14 = Giải phương trình nghiệm m2 = 2, hay m = ± , thay vào phương trình = m (4m + 16) (1) tọa độ hai điểm A, B : ( )( − 2; − ; − − 2; + ) ( )( + 2; + ; − + 2; − ) Bài - Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là: ∆ = a − 4b − ≥ (*) - Theo định lý Viet ta có: x1 + x2 = - a , x1.x2 = b + 1, kết hợp với điều kiện giả thiết ta có hệ phương trình: (3), (4) vào (2), ta hệ:  x1 − x2 =  3  x1 − x2 =   x1 + x2 = x x = b +1  2  a − b =   a − 4b = 13 (1) (2) (3) Bình phương (1); thay (4) Giải tiếp hệ phương trình ta www.VNMATH.com b = - , a = ± Các giá trị a, b tìm thỏa điều kiện (*) vào phương trình (1) thử lại đểu thỏa Bài 1) Tách đẳng thức a3 + b3 điều kiện a + b = 20 vào biểu thức T, ta kết quả: T = 60(a – 10) + 2000 ≥ 2000 Vậy T = 2000 a = b = 10 2) Chuyển vế biến đổi tương đương ta kết cuối (a2 – b2)2 + (a – b)2(a2 + ab + b2) ≥ biểu thức Bài 1) EP2 = EF.EC ∆EPF ∽ ∆ECP (g-g) 2) + Trong ∆ BCA vuông C ta có BD = BC2: AB = BC2: 2R2.(1) + Trong ∆ EOQ: EQ2 = OE2 – R2 (2), mà OE2 = OD2 + DE2 (3) , OD = R – DB (4) Thay (4) vào (3), (3) vào (2) khai triển thu gọn thay kết vào (1), ta được: EQ2 = DB2 hay EQ = DB 3) S KNE = SONK + SOKE − SONE = R ( x + KE − NE ) , thay KE = x + AN – y, NE = NP + y, NA = NP, ta kết SKNE = R(x – y) (5) 4) Dựng EH ⊥ AK, EH = AD = 2R – y Vậy SKNE = EH KN x(2 R − y ) = 2 (6) Từ (5) (6) ta có x = 2R = AB SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014 ————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán ĐỀ 3(xong đại) Câu (3,0 điểm) a) Giải hệ phương trình:  xy = x + y +   yz = y + z +  zx = z + x +  ( x, y, z ∈ ¡ ) www.VNMATH.com b) Giải phương trình: x + 3x + + x − + = x + + x + + x − , ( x∈¡ ) Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh n số nguyên dương ( 12013 + 22013 + + n 2013 ) chia hết cho n ( n + 1) b) Tìm tất số nguyên tố p, q thỏa mãn điều kiện p − 2q = Câu (1,0 điểm) Cho minh: a , b, c số thực dương thỏa mãn a + b c + ( a + 1) ( b + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( c + 1) ( a + 1) Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, AB < AC ≥ abc = Chứng Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ A, B, C Gọi P giao điểm đường thẳng BC EF Đường thẳng qua D song song với EF cắt đường thẳng AB, AC, CF Q, R, S Chứng minh: a) Tứ giác BQCR nội tiếp b) PB DB = PC DC D trung điểm QS c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua trung điểm BC Câu (1,0 điểm) Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, số có ba chữ số tạo thành từ ba chữ số a, b, c thỏa mãn hai số chúng số dư chia cho 16? Câ Ý Nội dung trình bày u a Giải hệ phương trình  xy = x + y +   yz = y + z +  zx = z + x +  ( x, y, z ∈ ¡ ) www.VNMATH.com ( x − 1) ( y − 1) =  xy = x + y +    yz = y + z + ⇔ ( y − 1) ( z − 1) =  zx = z + x +   ( z − 1) ( x − 1) = Nhân vế phương trình hệ ta ( ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) ) ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) = = 36 ⇔  ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) = −6 +) Nếu ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) = , kết hợp với hệ ta x −1 = x =    y −1 = ⇔  y = z − = z =   +) Nếu ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) = −6 , kết hợp với hệ ta  x − = −1 x =    y − = −2 ⇔  y = −1  z − = −3 z = −2   Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y; z ) = ( 2;3; ) , ( 0; −1; −2 ) b Giải phương trình Điều kiện xác định x + 3x + + x − + = x + + x + + x − , x ≥ Khi ( x∈¡ ) ta có x + 3x + + x − + = x + + x + + x − ⇔ ( x + 1) ( x + ) + ( x − 1) ( x + 1) + = ⇔ ( x + 1) ( x + ) + ( x − 1) ( x + 1) − ⇔ x +1 ⇔ *) ( ( ) ( x + + x −1 − = x +1 − )( x +1 + x + + x −1 x +1 = x −1 + x + − x −1 + x + − ) ) x + + x −1 − = x + + x −1 − = ⇔ x + + x −1 + x ≤ ⇔ ⇔ x=2  x + x − = x − x + 16 ( x + ) ( x − 1) = ⇔ x2 + x − = − x www.VNMATH.com *) x + = ⇔ x + = ⇔ x = S = { 2,3} Vậy phương trình cho có tập nghiệm a Chứng minh n số nguyên dương ( 12013 + 22013 + + n 2013 ) chia hết cho n ( n + 1) Nhận xét Nếu a, b hai số nguyên dương a 2013 + b 2013 M( a + b ) Khi ta có ( ( 12013 + 22013 + + n 2013 ) = ( 12013 + n2013 ) + 22013 + ( n − 1) 2013 ) + + ( n 2013 + 12013 ) M( n + 1) (1) Mặt khác ( 12013 + 22013 + + n 2013 ) ( = 12013 + ( n − 1) 2013 ) +(2 2013 + ( n − 2) 2013 ) + + ( ( n − 1) 2013 ) + 12013 + 2.n 2013 Mn ( ) 2013 2013 2013 Do ( n, n + 1) = kết hợp với (1), (2) ta ( + + + n ) chia hết cho n ( n + 1) b Tìm tất số nguyên tố Nếu p, q p, q thỏa mãn điều kiện p − 2q = không chia hết cho p ≡ 1( mod 3) , q ≡ 1( mod 3) ⇒ p − 2q ≡ −1( mod 3) vô lý Do hai số phải có số 3 +) Nếu p = ⇒ − 2q = ⇔ q = ⇔ q = Do +) Nếu q = ⇒ p − 18 = ⇔ p = 19 Cho a , b, c ( p, q ) = ( 3, ) vô lí Vậy ( p, q ) = ( 3, ) số thực dương thỏa mãn a b + abc = Chứng + c ( a + 1) ( b + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( c + 1) ( a + 1) a b c Ta có ( a + 1) ( b + 1) + ( b + 1) ( c + 1) + ( c + 1) ( a + 1) ≥ ⇔ 4a ( c + 1) + 4b ( a + 1) + 4c ( b + 1) ≥ ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ≥ minh: p, q b) Chứng minh www.VNMATH.com OD.BC số c) Giả sử đường thẳng qua E, vuông góc với AB cắt AC, BD F, G Gọi I trung điểm AE Chứng minh trực tâm tam giác IFG điểm cố định Bài (1.0 điểm) 1 a) Chứng minh x ≥ y ≥ x + x ≥ y + y 1  1 b) Cho ≤ a, b, c ≤ Chứng minh ( a + b + c )  a + b + c ÷ ≤ 10  Bài (2.0 điểm) a) Cho a, b hai số nguyên dương thỏa mãn a + 20 b + 13 chia hết cho 21 Tìm số dư phép chia A = 4a + 9b + a + b cho 21 b) Có thể phủ kín bảng 20 ×13 ô vuông miếng lát có hai dạng (có thể xoay sử dụng đồng thời hai dạng miếng lát) cho miếng lát không chờm lên không? - Hết - Bài (2.0 điểm) Đáp án Điểm a) (1.0 điểm) ĐKXĐ: A= ( x≥0 ) x x + x + − ( x − 3) ( 0.25 x ≠ )( ( x −2 x+2 ) ( x + 4) x − − x + 10 ): x +7 x+2 x +4 0.25 www.VNMATH.com = ( x − 4) ( )( x −2 x+2 x +4 A 2AD Bài (1,00 điểm) Trên mặt phẳng cho trước, giả sử điểm tô màu đỏ màu xanh Chứng minh tồn tam giác vuông cân có đỉnh màu  HẾT  Hướng dẫn khó www.VNMATH.com Đáp số: Bài 1.1 A = Bài 1.2 Đặt x = Bài 2.1 Đặt 2x − x − =t≠0 x ta x = 1± , x= ± 11 Bài 2.2 Đặt x + y + = u ; 3x + 2y = v (u, v ≥ 0) x =  x = −2 Giải  y = −7 (loại);  y = (nhận)   Bài 3.1 Dùng BĐT Cô-si Bài 3.2 Với số nguyên n cho trước, chứng minh không tồn số nguyên dương x thỏa mãn điều kiện x(x + 1) = n(n + 2) Hướng dẫn : Giả sử x(x + 1) = n(n + 2) , với n nguyên x nguyên dương Ta có x + x = n + 2n ⇔ x + x + = (n + 1) Vì x nguyên dương nên x < x + x + < x + 2x + = (x + 1) Suy x < (n + 1) < (x + 1) (vô lý) Vậy không tồn số nguyên dương x thỏa mãn toán A Bài 4.3 Gọi N, P trung điểm AC, AB Chứng minh AM + BN + CP > 2AD P N O G Hướng dẫn : B M C D www.VNMATH.com Gọi G trọng tâm ∆ABC Khi O thuộc miền tam giác : ∆GAB , ∆GBC , ∆GCA Không tổng quát, giả sử O thuộc miền ∆GAC (kể biên) + C/m : GA + GC ≥ OA + OC = AD ⇒ 2 AM + CP ≥ AD ⇔ AM + CP ≥ AD 3 2 + Vì BN > BO = AD ⇒ AM + BN + CP > 2AD Bài Trên mặt phẳng cho trước, giả sử điểm tô màu đỏ màu xanh Chứng minh tồn tam giác vuông cân có đỉnh màu Hướng dẫn : A D O B C 1/ Chỉ có điểm màu đỏ màu xanh tìm đỉnh lại hình vuông màu  toán xảy 2/ Có điểm phân biệt màu đỏ màu xanh Giả sử A, B điểm phân biệt màu đỏ Ta vẽ hình vuông ABCD tâm O + Nếu C màu đỏ ∆ABC vuông cân có đỉnh màu Tương tự D + Nếu C, D màu xanh Khi đó, O màu đỏ ∆ΟAB vuông cân có đỉnh màu đỏ Còn O màu xanh ∆ΟCD vuông cân có đỉnh màu xanh Tóm lại tất trường hợp, ta tìm tam giác vuông cân có đỉnh màu www.VNMATH.com UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin) Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng năm 2011 ĐỀ 14 Bài (2,0 điểm) Cho phương trình: x − ( m + ) x + 6m + = với x ẩn, m tham số a/ Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b/ Tìm điều kiện m để phương trình có hai nghiệm phân biệt lớn Bài (3,0 điểm) a/ Cho a, b hai số thực dương thỏa mãn a − ab − 6b = Tính giá trị biểu thức: P = a+b a + ab + b  x − 3y = b/ Giải hệ phương trình:  9y − 8x = Bài (1,5 điểm) a/ Cho số thực a, b thỏa mãn a + b ≠ Chứng minh rằng:  + ab  a +b + ÷ ≥ a + b   2 b/ Cho số thực a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: M = a + abc + b + abc + c + abc + abc Bài (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A B Vẽ đường thẳng (d) qua A cắt (O) C cắt (O’) D cho A nằm C D Tiếp tuyến (O) C tiếp tuyến (O’) D cắt E a/ Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp www.VNMATH.com b/ Chứng minh BE.DC = CB.ED + BD.CE Bài (0,5 điểm) Cho tam giác ABC, tia BA lấy điểm M, tia đối tia CA lấy điểm N BM = CN Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cố định Bài Lời giải sơ lược Điểm x − ( m + ) x + 6m + = (1) 1.a 1,0 đ 1.b 1,0 đ 2.a 1,5 đ 2.b 1,5 đ 0,25 ∆ ' = ( m + ) − ( 6m + 1) = m − 2m + = ( m − 1) + > 0, ∀m Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với m Đặt t = x − , phương trình (1) trở thành: t − 2mt + 2m − = ( ) Vì (1) có nghiệm với m nên (2) có nghiệm với m Xét (2) có hai nghiệm t1 , t theo ĐL Viét ta có: t1 + t = 2m, t1t = 2m − (1) có hai nghiệm phân biệt lớn phân biệt dương ⇔ (2) m >  t1 + t = 2m >  ⇔ ⇔ 3⇔m>  t1t = 2m − > m > Vậy m > (1) có hai nghiệm phân a − ab − 6b = ⇔ a − ab + ab − 6b = ⇔ a ( ) a −3 b +2 b Vì a, b dương nên Thay a = 9b vào P ta ( ) a −3 b = ⇔ ( a +2 b 0,25 0,25 có hai nghiệm 0,25 biệt lớn 0,25 )( 0,25 0,25 0,5 ) a −3 b = a + b > ⇒ a = b ⇔ a = 9b 10 P = 13  x − 3y = ( 1) 4x − 12y = ⇔ ⇒ 4x − 12y − 9y + 8x =  9y − 8x = 9y − 8x = ⇔ ( 2x − 3y ) ( 2x + 3y ) + ( 2x − 3y ) = ⇔ ( 2x − 3y ) ( 2x + 3y + ) =  2x − 3y = ⇔  2x + 3y + = Thay 2x − 3y = 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 vào (1) ta được:  2−2 x = − ⇒ y = x − 2x − = ⇔   2+2 x = + ⇒ y =  0,25 www.VNMATH.com 2x + 3y + = vào (1) ta được: x + 2x + = , Thay Vậy hệ có hai nghiệm (x;y): PT vô nghiệm  2−2   2+2  , + 3; 1 − 3; ÷  ÷  ÷ ÷     0,25 ( + ab ) ≥  + ab  a +b + ÷ ≥ ⇔ ( a + b ) − ( ab + 1) + ( a + b)  a+b  2 3.a 0,5 đ 0,25 2 Dấu xảy ab +   ⇔ a + b − ÷ ≥ 0, ∀a, b, a + b ≠ a+b   ab + chỉ a + b = a + b ⇔ a + ab + b = Ta có: a + abc + abc = a = a ( ( ) a + bc + bc = a a ( a + b + c ) + bc + bc ) a = ( 0,25 ) ( a + b ) ( a + c) + bc ( ) 0,25 31  a ≤  +a÷ 3  a +b+a +c b+c + =1 2 3 ( a + b ) ( a + c ) + bc ≤  + a ÷ hay a + abc + abc ≤  + a ÷ 3 3   ( a + b) ( a + c) + ⇒ a ( a ( a + b ) + ( a + b ) c + bc = a Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 3.b 1,0 đ 0,25 bc ≤ 0,25 ) Chứng minh tương tự: b + abc + abc ≤ Mà 1 31    + b ÷; c + abc + abc ≤  + c÷ 3 3   a +b+c abc ≤  ÷ = 3   ⇒M= ( ) ( a + abc + abc + ) ( b + abc + abc + ) c + abc + abc + abc 1 1 31    = 3+ =  + a ÷+  + b ÷+  + c ÷+ 3 3  3  3  3 Dấu xảy chỉ a = b = c = ≤ 0,25 0,25 www.VNMATH.com 4.a 1,5 đ » » · · · · ABD = ADE = sđAD ABC = ACE = sđAC (O’), (O) 2 · · · · · · · · ⇒ CED + CBD = CED + ABD + ABC = CED + ACE + ADE = 180 (tổng tam giác ECD) Vậy tứ giác BDEC nội tiếp Vì tứ giác BCED nội tiếp nên · · · · nên EBC EDC = ABD = ABD 4.b 1,5 đ ⇒ ∆EBC đồng Tương tự, dạng với ∆EBD đồng (2) Từ (1) (2) ta được: · · · · CEB = CDB; EBC = EDC mà EC DA = ⇒ EC.DB = DA.EB (1) EB DB ED CA với ∆CBA ⇒ EB = CB ⇒ ED.CB = CA.EB EC.DB + ED.CB = DA.EB + CA.EB = (DA + CA)EB = CD.EB W 0,5 đ ba góc 0,5 0,5 ∆DBA ⇒ dạng 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 www.VNMATH.com Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I điểm cung BC không chứa A · · Xét hai ∆MBI ∆NCI có: BM = CN (gt), MBI (cùng bù với = NCI · ) ACI IB = IC (vì I điểm cung BC) 0,25 ⇒ ∆MBI=∆NCI (c.g.c) ⇒ IM = IN đpcm Do vậy, I thuộc trung trực MN, mà I cố định ⇒ 0,25 [...]... ny, do ú XY khụng ln hn ng kớnh ng trũn ny, ngha l khong cỏch gia X, Y khụng vt quỏ 1 S GD & T THI BèNH THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN THI BèNH Nm hc 2014 2015 MễN THI: TON ( Dnh cho thớ sinh chuyờn Toỏn, Tin) Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian giao ) 9 Bi 1 (3,0 im) 1) Gii phng trỡnh: 5x 6 + 10 3x = 2x 2 x 2 2) Gii h phng trỡnh: x 3 + 8 xy 2 = 96y 2 x + 32y 2 = 48 Bi 2 (2,0 im) 1)... cho 8, mõu thun Tng t, trng hp trong ba s a, b, c cú hai s l, mt s chn cng khụng xy ra UBND TNH BC NINH S GIO DC V O TO THI TUYN SINH VO LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2014 2015 Mụn thi: Toỏn (Dnh cho thớ sinh thi vo chuyờn Toỏn, Tin) Thi gian lm bi: 150 phỳt (Khụng k thi gian giao ) Ngy thi: 20 thỏng 6 nm 2014 5 Cõu I (2,0 im) Cho biu thc P = ( ) x 0, x 1 1) Rỳt gn P 2) Tỡm s chớnh phng x sao cho Cõu... dung 1 1 Gii phng trỡnh: KX: 5x 6 + 10 3x = 2x 2 x 2 ) ( 5x 6 2 + ) 10 3x 2 = 2x 2 x 6 5(x 2) 3(2 x) + = (x 2)(2x + 3) 5x 6 + 2 10 3x + 2 5 3 ( x 2) 2x 3 ữ = 0 10 3x + 2 5x 6 + 2 1,5 0,25 6 10 x 5 3 Vi iu kin trờn, phng trỡnh tng ng: ( i m 0,5 www.VNMATH.com x = 2 5 3 2x 3 = 0 (1) 10 3x + 2 5x 6 + 2 5 3 (1) = + 2x+3 ( 2 ) 5x 6 + 2 10 3x + 2 0,25 0,25 Vi nhng giỏ tr... + z 2 T (3) v (4) cú : (4) 1 x 2 + y 2 + z 2 1 3 xyz 3 A ì = ì = 2 xyz 2 xyz 2 Du ô = ằ xy ra khi x = y = z =1 pcm (3) ; www.VNMATH.com S GIO DC V O K THI TUYN SINH VO LP 10 TO TRNG THPT CHUYấN PHAN BI CHU NGH AN NM HC 2014 2015 CHNH THC 8 Mụn thi: TON Cõu 1 (7,0 im).a) Gii phng trỡnh x + 1 + 2 x x + 3 = 2 x + x 2 + 4 x + 3 y2 1 x2 + = 2 2 b) Gii h phng trỡnh ( y + 1) ( x + 1) 2 3 xy = x + y... mt s nguyờn t, ta cú tt c 8 cp: ( 1; 4 ) , ( 2;3) , ( 5;8 ) , ( 6;11) , ( 7 ;10 ) , ( 9;16 ) , ( 12;13) , ( 14;15 ) www.VNMATH.com Theo nguyờn lý Dirichlet thỡ 9 phn t ca mt cp v ta cú iu phi chng minh 6 X cú hai phn t cựng thuc www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com S GIO DC V O TO THI TUYN SINH LP 10 TRNG THPT CHUYấN NAM NH Nm hc 2014 2015 CHNH THC Mụn: TON (chuyờn 7 Bi... cỏc s nguyờn x; y tha món x 3 + y 3 3xy = 1 Bi 5: (1,5 im): 1) Trờn bng ghi mt s nguyờn dng cú hai ch s tr lờn Ngi ta thit lp s mi bng cỏch xúa i ch s hng n v ca s ó cho, sau ú cng vo s cũn li 7 ln s va b xúa Ban u trờn bng ghi s 6100 Hi sau mt s bc thc hin nh trờn ta cú th thu c 100 6 hay khụng ? Ti sao ? 2) Cho cỏc s thc dng x, y, z tha món x 2 + y 2 + z 2 = 3xyz Chng minh rng: x2 y2 z2 3 + + ... hai nghim nguyờn l x = 0, x = 83 thỡ PT cú hai nghim nguyờn l x = 3m my , thay vo (2) ta cú x = 1, x = 84 y = 2; x = m (1,0 x2 2x y = m2 2m 2 = (m 1)2 3 > 0 im) Chng minh c II.2 (1,0 im) T gi thit ta cú Ta cú M 1 1 4 + , x, y > 0 x y x+ y m >1 + 3 m 1 > 3 m 0, b + c a > 0, c + a b > 0 1 1 1 1 1 1 2 4 6 S = + + + ữ+ 2 ữ+ 3 ữ + + b+... = c = 3 Ta cú NB = NC (tớnh cht hai tip tuyn ct nhau); OB = OC = R II.2 (1,0 im) Do ú, ON l trung trc ca BC Gi K l giao im ca ON v BC thỡ K l trung im ca BC M OBN vuụng ti B, BK l ng cao nờn Kt hp gi thit suy ra IV.2 Ta cú NBP, NMB (1,0 im) Tng t, Vỡ NC = NB 1 1 1 1 1 + = + = 2 2 2 2 OB NC OB NB BK 2 BK 2 = 16 BK = 4 BC = 8 ng dng (g.g) PB NB = MB NM (1) PC NC = MC NM (2) (3) nờn t (1), (2) v... nờn ta cú mõu thun Suy ra y 1 M3, do ú y 1 = 3k ( k  ) y = 3k + 1 ( k  ) Thay vo (1) ta cú: 9 x = 3k ( 3k + 3) x = k ( k + 1) x = k ( k + 1) Vy phng trỡnh cú nghim: y = 3k + 1 ( k Â) b) T gi thit suy ra ab = ( a + b ) a + b (1) Vỡ ab v a + b Ơ * nờn a + b l s chớnh phng Mt khỏc 1 a + b 18 nờn a + b { 1, 4, 9, 16} Nu a + b = 1, a + b = 4, a + b = 16 thỡ thay vo (1) khụng tha món www.VNMATH.com... tớnh tng quỏt gi s A v O nm v hai phớa ca ng thng BC Suy ra on AO ct ng thng BC ti K K AH vuụng gúc vi BC ti H.Suy ra, AH AK < AO < 1 suy ra AH < 1 Suy ra, S ABC = AH BC 2.1 < =1 2 2 (mõu thun vi gi thit) Suy ra iu phi chng minh Nu a, b chn thỡ t phõn bit a, b a 2 + b2 m cỏc s chn Suy ra, l hp s Do ú nu tp con a 2 + b2 k 9 l mt s nguyờn t thỡ Ta chng t ú cú ý ngha l vi mi tp con ti hai phn t phõn