UBND TỈNH SƠN LA SỞGIÁO DỤC - ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỢI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Đợc lập - Tự - Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2014 - 2015 Mơn: Tốn- Lớp chun Ngày thi: 03/7/2014 (Thời gian : 150 phút, không kể thời gian phát đề) Câu I (2,0 điểm) Giải phương trình: x − ( − 1) x + ( + 1)( − 2) = 2 x + 2 − x ÷ ÷− = x2 x Câu II (2,0 điểm) Cho phương trình: x − 2(m − 1) x − m − = (1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 , x2 thoả mãn hệ thức: ( x1 − x2 )( x1 − x2 ) = 10 − x2 ( x1 − x2 ) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x1 , x2 không phụ thuộc giá trị m Câu III (1,5 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn biểu thức: A = + x + + y2 + + z + ( ) x+ y+ z Câu IV (3.5 điểm) Cho đường tròn ( O; R ) điểm A nằm ngồi đường tròn cho OA = R Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Lấy D thuộc AB; E thuộc AC cho chu vi tam giác ADE 2R Chứng minh tứ giác ABOC hình vng Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O; R) Tìm giá trị lớn diện tích ∆ADE Câu V (1điểm) Tìm số hữu tỉ x, y thỏa mãn đẳng thức: x( 2015 + 2014) + y( 2015 − 2014) = 20153 + 2014 - HẾT - UBND TỈNH SƠN LA SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO CỢNG HỊA XÃ HỢI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Đợc lập- Tự do- Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2014- 2015 Mơn: Tốn- Lớp chun Câu I (2đ) Đáp án Điểm Giải phương trình: x − (2 − 1) x + ( + 1)( − 2) = Giải: Ta có: ∆ = (2 − 1) − 4( + 1)( − 2) = 12 − + − 4(3 − + − 2) = > 0.25 Phương trình cho có nghiệm: (2 −1) − x1 = = −2 (2 −1) + x2 = = +1 Vậy nghiệm phương trình : x1 = − 2; x2 = +1 2 Giải phương trình: x + ÷− x - ÷− = x x Giải: 0.25 4 = t (1), suy : t = x − + ⇔ x + = t + x x x 0.25 Đặt x - Khi phương trình cho trở thành: 0.25 0.25 0.25 t = −1 (t + 4) − 4t − = ⇔ t2 – 4t – = ⇔ t = 0.25 Lần lượt thay giá trị t vào (1) phương trình cho có nghiệm: x1 = 1; x2 = - 2; x = II (2 đ) + 33 − 33 ; x4 = 2 0.25 Cho phương trình: x2 - (m - 1)x - m - = (1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thoả mãn hệ thức : ( x1 − x2 )( x1 − x2 ) = 10 − x2 ( x1 − x2 ) Giải: Phương trình (1) có nghiệm khi: ∆’ ≥ ⇔ (m - 1)2 + (m + 3) ≥ ⇔ m2 - 2m + + m + ≥ ⇔ m2 − m + ≥ ⇔ 15 (m − ) + > Chứng tỏ phương trình có nghiệm phân biệt ∀ m ∀m 0.25 x1 + x = 2(m - 1) x1 x = - (m+3) Theo hệ thức Vi ét ta có: (1) (2) 0.25 Ta có : ( x1 − x2 )( x1 − x2 ) = 10 − x2 ( x1 − x2 ) ⇔ x12 − x1 x2 + x22 = 10 − x1 x2 + x22 ⇔ x + x = 10 ⇔ (x1 + x ) − 2x1x = 10 2 2 0.25 ⇔ 4(m − 1) + 2(m + 3) = 10 m = ⇔ 4m − 6m + 10 = 10 ⇔ 2m(2m − 3) = ⇔ m = 0.25 Vậy với m = 0; m = phương trình cho có nghiệm thỏa mãn 0.25 hệ thức ( x1 − x2 )( x1 − x2 ) = 10 − x2 ( x1 − x2 ) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc giá trị m Giải: x1 + x = 2(m - 1) x1 x = - (m+3) Theo hệ thức Vi ét ta có: (1) (2) Từ (2) ta có m = − x1 x2 − vào (1) ta có: 0.25 x1 + x2 = 2(− x1 x2 − − 1) = −2 x1 x2 − 0.25 ⇔ x1 + x2 + x1 x2 + = 0.25 Đây hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc m III Cho số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ Tìm giá trị lớn (1,5đ) biểu thức: A = + x + + y + + z + ( x + y + z ) Giải: Áp dụng BĐT: a + b ≤ ( a + b2 ) ; a + b + c ≤ ( a + b2 + c2 ) (được suy từ bất đẳng thức Bunhiacơpski) Ta có: ( ) ( + y + 2y ) = ( y + 1) ( + z + 2z ) = ( z + 1) + x + 2x ≤ + x + 2x = ( x + 1) + y + 2y ≤ + z + 2z ≤ 0.25 0.25 2 x + y + z ≤ 3( x + y + z) Lại có: A = + x + + y + + z + 2x + 2y + 2z + ( − ) ( x + y + z ) ( ⇒ A ≤ ( x + y + z + 3) + − ) 3( x + y + z) 0.25 0.25 ⇒ A ≤ + (do x + y + z ≤ 3) 0.25 Dấu “=” xảy x = y = z = Vậy Max A = + 0.25 IV (3.5đ ) A x D y E M C B F 0.5 R O Chứng minh tứ giác ABOC hình vng Vì AB, AC tiếp tuyến nên ta có: AB = AC = OA − OB2 = ( R 2) − R = R = OB = OC Nên suy tứ giác ABOC hình thoi (1) · · Mặt khác, ta lại có: ABO = ACO = 900 (tính chất tiếp tuyến) (2) Từ (1) (2) suy ABOC hình vng Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O; R) Vì chu vi ∆ADE 2R, nên ta có: AD + DE + AE = R (3) AB + AC = R Mà theo chứng minh ta có: Suy ra: DE = R − ( AD + AE ) = ( AB + AC ) − ( AD + AE ) = ( AB − AD) + ( AC − AE ) = BD + CE (4) Vẽ OM ⊥ DE ( M ∈ DE ) (5) Trên tia đối tia CA lấy điểm F cho : CF = BD ; Suy ∆BDO = ∆CFO (c.c ) ⇒ OD = OF ; Theo (4) Ta có: DE = BD + CE = CF + CE = FE ⇒ ∆ODE = ∆OFE (c.c.c) ⇒ OM = OC = R (hai đường cao tương ứng) ⇒ M ∈ (0; R) (6) Từ (5) (6) suy DE tiếp tuyến đường tròn (O;R) Tìm giá trị lớn diện tích ∆ADE Đặt: AD = x ; AE = y ⇒ S ∆ADE = x y (x, y > 0) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Ta có: DE = AD + AE = x + y2 (định lí Pitago) 0.25 Vì AD + DE + AE = R ⇒ x + y + x + y = R (7) Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số khơng âm ta có: 0.25 2 x + y ≥ xy x + y ≥ 2xy (8) Dấu “=” xảy x = y Từ (7) (8) suy ra: xy + 2xy ≤ x + y + x + y = 2R ( ) ⇔ xy + ≤ 2R ⇔ xy ≤ 2R ( 2+ ) ⇔ xy ≤ 2R 3+ 2 0.25 0.25 ⇒ S ∆ADE ( ) R2 = x y ≤ ⇔ S ∆ADE ≤ - 2 R 3+ 2 0.25 Vậy Max S∆ADE = ( − 2 ) R ⇔ x = y ⇔ ∆ADE cân A Tìm số hữu tỉ x, y thỏa mãn đẳng thức: V (1đ) x( 2015 + 2014) + y( 2015 − 2014) = 20153 + 20143 Giải: Theo ta có: x( 2015 + 2014) + y( 2015 − 2014) = 20153 + 20143 ⇔ 2015( x + y − 2015) = 2014( y − x + 2014) +) Nếu x + y − 2015 = y − x + 2014 = 4029 x= x − y = 2014 2x = 4029 ⇒ ⇔ ⇔ x + y = 2015 2y = y = 0.25 0.25 +) Nếu y − x + 2014 = x + y − 2015 = ta kết +) Nếu x + y − 2015 ≠ 2015 y − x + 2014 = (Vơ lý x, y số 2014 x + y − 2015 hữu tỉ VP số hữu tỉ, VT số vô tỉ) +) Nếu y − x + 2014 ≠ 0.25 2014 x + y − 2015 = (Vơ lý x, y số 2015 y − x + 2014 hữu tỉ VP số hữu tỉ, VT số vơ tỉ) Vậy x = 4029 y = cặp số thoả mãn đề 2 0.25