41 đề thi chính thức vào 10 môn toán hệ chuyên THPT chuyên lam sơn thanh hóa năm 2014 2015 (có lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Đề thi gồm 01 trang Câu 1: (2.0 điểm) Cho biểu thức: P  KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2014 – 2015 Mơn: TỐN (Dành cho thí sinh vào lớp chuyên Tin học) Thời gian làm 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18 tháng năm 2014 x  16 x  x 1 x 3   (Với x > 0) x2 x 3 x 3 x 1 1.Rút gọn biểu thức P 2.Tính giá trị biểu thức x  2  Câu 2: (2.0 điểm) 1.Cho phương trình: 2013 x  (m  2014) x  2015, với m tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn x12  2014  x1  x2  2014  x2 2.Giải phương trình: 1  3 (2 x  1) (2 x  2) Câu 3: (2.0 điểm) Tìm nghiệm phương trình: x  y  x y  xy  Câu 4: (3.0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi M điểm thuộc cung AB (AB ≠ A, M ≠ B) I điểm thuộc đoạn OA (I ≠ O, I ≠ A) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O) Qua M kẻ đường thẳng vng góc với IM, đường thẳng cắt Ax, By C D Gọi E giao điểm AM với IC, F giao điểm BM với ID Chứng minh rằng: 1.Tứ giác MEIF tứ giác nội tiếp 2.EF // AB 3.OM tiếp tuyến chung hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM DFM Câu 5: (1,0 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn: x  y  y  z  z  x  2014 x2 y2 z2   yz z x x y Hết Họ tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh:………… Chữ ký giám thị 1:…………………………………Chữ ký giám thị 2:………… Tìm giá trị nhỏ biểu thức T  HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHUYÊN TIN Câu 1: 1.1 P x  16 x  x 1 x 3   x2 x 3 x 3 x 1  3x  x  x 1 x 3   ( x  3)( x  1) x 3 x 1  3x  x   ( x  1)( x  1)  ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  1) = 3x  x   x   x  ( x  3)( x  1) = x4 x 3 ( x  3)( x  1)   ( x  3)( x  1) ( x  3)( x  1) (0, 25d ) (0,25d) (0,25d) x 1 x 1 (0,25d) 1.2 x  2   (  1) (thỏa mãn ĐKXĐ)  x    P  (0,5d ) x 1 11 2    1 x 2  1 (0,5d) Câu 2: 2.1 Ta có:   (m  2014)  4.2013.2015  với m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m (0.25 đ) m  2014 � x1  x2  � � 2013 Theo hệ thức Vi – et ta có: � �x x  2015 �1 2013 Từ x12  2014  x1  x2  2014  x2 (0,25đ) � 2014  ( �  � 2014  ( � � � 2014  ( �  � 2014  ( � � x12  2014  x1 )( x2  2014  x2 ) x12  2014  x1 )( x2  2014  x2 ) ( x12  2014)( x22  2014)  x2 x12  2014  x1 x2  2014  x1 x2 ( x12  2014)( x22  2014)  x2 x12  2014  x1 x2  2014  x1 x2 (0,25 đ)  x12  2014( x1  x2 )  x2  2014( x1  x2 )   ( x1  x2 )( x12  2014  x2  2014)   x1  x2  m  2014 0 2013  m  2014 Vậy m=2014 giá trị thỏa mãn đề (0.25 đ) 1   (*) 2.2 Giải phương trình: (2 x  1) (2 x  2)  Đặt 2x+1=t 1 PT (*)   3 t (t  1)2 1 2  (  )  3  (0, 25d) t t 1 t (t  1) Đk : x �1; x � Đặt y  ta có pt: t (t  1) y2  y   �y   � �y  3 (0, 25d ) Với y=1 =>   t  t   t (t  1) � 1  3  t  x  �  � (TM ) (0,25d) � 1  3  t  x  � � 1  3  t  t   0(VN ) Với y=-3 t (t  1) Vậy pt có hai nghiệm x1  Câu : 3  3  ; x2  4 (0,25đ) x  y  x y  xy   ( x  y )( x  xy  y )  xy(x  y)   (x  y)(x  xy  y )  (0, 25d )  (x  y)(x  y)  Do (x-y)2 �0 x y thuộc Z nên xảy hai trường hợp: � �x  y  �x   � � � �x  y  �x  y  �y   � Th1: � ( x  y)  � �x  y  �x  � �  � � �x  y  1 �y  � �x  y  �x  y  => � (L) Th2: � ( x  y )  �x  y  � � (0, 25d ) (0, 25d ) Vậy phương trình có hai nghiệm ngun ( x; y ) �{(3; 2);(2;3)} Câu : 4.1 CM: Tứ giác MEIF tứ giác nội tiếp: C/m tứ giác ACMI BDMI nội tiếp ( đ) I1  A1 � o o o Do đó: � I1  I  A1  B1 Mà A2  B2  90 Và A1  A2  B1  B2  180  I1  i2  90 (0,25đ) I  B1 �  EIF  EMF  90o Tứ giác MEIF nội tiếp (0.25 đ) 4.2 CM: EF // AB: Tứ giác MEIF nội tiếp (câu 1) => I1  F1 Tứ giác ACMI nội tiếp (câu 1) => I1  A1 (0,5đ) Trong (O) B2  A1 (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AM) ( 0,25Đ) Do => B2  F1 , mà chúng vị trí đồng vị => EF // AB (0.25 đ) 4.3 CM: OM tiếp tuyến chung đường tròn ngoại tiếp tam giác: CEM, DFM Ta có OA = OM => M  A2 Mà C1  A2 (cùng chắn cung IM) => C1  M  OM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CME (1) (0.5 đ) Lại có: OM = OB => M  B2 mà D1  B2 (cùng chắn cung IM) => D1  M => OM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF (2) (0.5 đ) Từ (1) (2) =>ĐPCM Câu 5: Đặt a  x  y ; b  y  z ; c  z  x (*)  a  b  c  2014(1) a  b  c 2 a  b  c 2 a  b  c Từ (*) => x  ;y  ;z  2 Áp dụng BĐT Cau chy ta có: y  z � 2( y  z )  b z  x � 2(z  x )  c (0,25đ) x  y � 2(x  y )  a Từ ta có: x2 y2 z2 a  b  c a  b  c a  b  c T   � (   ) yz zx x y 2 b c a a c2 a b2 b2 c2 T� (       a  b  c)(2) (0,25d) c a a 2 b b c Áp dụng BĐT Cauchy ta lại có: a2 c2 a2 b2 b2 c2  b �2a;  b �2c;  c �2a;  c �2b;  a �2b;  a �2c (0, 25d ) b b c c a a a c a b2 b c       �4( a  b  c)  2(a  b  c)  2( a  b  c)(3) b b c c a a (a  b c)(4) Từ (2) (3)=> T � 2 2014 Từ (1) (4) => T � 2 2014 2014 x=y=z= Vậy TMIN  2 ... 2014  x2 (0,25đ) � 2014  ( �  � 2014  ( � � � 2014  ( �  � 2014  ( � � x12  2014  x1 )( x2  2014  x2 ) x12  2014  x1 )( x2  2014  x2 ) ( x12  2014) ( x22  2014)  x2 x12  2014. ..  x1 x2  2014  x1 x2 ( x12  2014) ( x22  2014)  x2 x12  2014  x1 x2  2014  x1 x2 (0,25 đ)  x12  2014( x1  x2 )  x2  2014( x1  x2 )   ( x1  x2 )( x12  2014  x2  2014)  ...  (m  2014)  4.2013 .2015  với m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m (0.25 đ) m  2014 � x1  x2  � � 2013 Theo hệ thức Vi – et ta có: � �x x  2015 �1 2013 Từ x12  2014 