THÔNG TIN TÀI LIỆU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2014 – 2015 Mơn thi : TỐN Ngày thi: 12/6/2014 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) a −3 a a −2 a −3 9−a : + − Cho biểu thức A = 1 − ÷ ÷ a +3 2− a a+ a −6÷ ÷( a ≥ 0; a ≠ 4; a ≠ 9) a − a) Rút gọn A b) Tìm a để A+ |A| = Câu (2,0 điểm) Giải phương trình: 29 − x + x + = x − 26 x + 177 x − y = xy + x + y Giải hệ phương trình: x y − y x − = x − y + Câu (2,0 điểm) Cho hai phương trình: x + bx + c = 0(1); x − b x + bc = 0(2) (trong x ẩn, b c tham số) Biết phương trình (1) có hai nghiệm x1 x2, phương trình (2) có hai nghiệm x3 x4 thỏa mãn điều kiện x3 − x1 = x4 − x2 = Xác định b c Chứng minh p số nguyên tố lớn (p + 1)(p – 1) chia hết cho 24 Câu (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) (O’; R’) cắt hai điểm phân biệt A B Từ điểm C thay đổi tia đối tia AB, vẽ tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O (D, E tiếp điểm E nằm đường tròn tâm O’) Hai đường thẳng AD AE cắt đường tròn tâm O’ M N (M N khác A) Đường thẳng DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) Bốn điểm B, D, M, I thuộc đường tròn b) MI.BE = BI.AE c) Khi điểm C thay đổi tia đối tia AB đường thẳng DE qua điểm cố định Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 5b3 − a3 5c − b3 5a − c + + ab + 3b bc + 3c ca + 3a ĐÁP ÁN Câu a) Với a ≥ 0, a ≠ 4, a ≠ 9, ta có: a −3 a a −2 a −3 9−a A = 1 − : + − ÷ ÷ ÷ a−9 ÷ a +3 2− a a+ a −6 a − − a + a ( a − 2) − ( a − 3)( a + 3) − + a : a −9 ( a + 3)( a − 2) = −9 + a ( a − 2) − (a − 9) − (9 − a) = : ( a − 3)( a + 3) ( a + 3)( a − 2) 3( a − 3) ( a − 2) : ( a − 3)( a + 3) ( a + 3)( a − 2) = a −2 : a +3 a +3 = a +3 a +3 a −2 = a −2 b) Ta có: A+ | A |= | A |= − A A ≤ ≤0 a −2 = a − < ≤ x < Kết hợp với điều kiện, ta có ≤ a < giá trị cần tìm Câu 1) 29 − x + x + = x − 26 x + 177 (1) ĐK: –3 ≤ x ≤ 29 Với a, b ≥ 0, ta có: ( a − b) ≥ a + b ≥ 2ab 2(a + b ) ≥ (a + b) a + b ≤ 2( a + b ) Thay a = 29 − x ; b = x + ta có: 29 − x + x + ≤ 2(29 − x + x + 3) = x − 26 x + 177 = ( x − 13) + ≥ => 29 − x + x + ≤ x − 26 x + 177 29 − x = x + x = 13 Dấu “=” xảy x − 13 = Do (1) ⇔ x = 13 (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm phương trình (1) {13} x − y = xy + x + y (1) (I ) 2) x y − y x − = x − y + 1(2) ĐK: x ≥ 1, y ≥ Ta có (1) x − xy − y = x + y ( x + y )( x − y ) = x + y ( { x + y )( x − y − 1) = ≥1+ =1> x − y − = Do đó: x = y + ( I ) (2 y + 1) y − y y = 2(2 y + 1) − y + x = y + x = y + ( y + 1) y = y + ( y + 1)( y − 3) = x = y + y = x = 10 y = 3(Do y+1>0) (thỏa mãn điều kiện) 9 Vậy hệ phương trình có nghiệm 10; ÷ 2 Câu Vì x3 − x1 = x4 − x2 = => x3 = x1 + 1; x4 = x2 + Áp dụng định lý Vi–ét cho phương trình (1) phương trình (2) có: x1 + x2 = −b x1 x2 = c x3 + x4 = b = ( x1 + 1) + (x + 1) = −b + x3 x4 = bc = ( x1 + 1)( x2 + 1) = ( x1 + x2 ) + x1 x2 + = −b + c + b = b + b − = (b − 1)(b + 2) = => b = −2 (c+ 1)(b− 1) = bc + b − c − = c = −1 Nếu b = (1) có nghiệm ∆ = − 4c ≥ c ≤ Thử lại: −1 ± − c ± − 4c (2) x − x + c = x = (thỏa mãn) Nếu b = –2, c = –1 (1) x + x + c = x = (1) x − x − = x = ± (2) x − x + = x = ± (thỏa mãn) b = –2, c = –1 Đặt A = (p + 1)(p – 1) Vì p số nguyên tố lớn nên p không chia hết cho p lẻ ⇒ p = 2k + ( k ∈ ℕ*) ⇒ A = (2k + 2).2k = 4k(k + 1) k k + hai số tự nhiên liên tiếp nên có số chia hết cho ⇒ k(k + 1) ⋮ ⇒ A ⋮ (1) Vì p không chia hết p = 3m + p = 3m – (m ∈ ℕ*) Nếu p = 3m + ⇒ p – ⋮ ⇒ A ⋮ Nếu p = 3m – ⇒ p + ⋮ ⇒ A ⋮ Vậy A ⋮ (2) Từ (1) (2), với ý (3;8) = ⇒ A ⋮ 24 Câu Vậy b = 1, c ≤ a) Vì DAEB tứ giác nội tiếp nên DAB= DEB Vì ABNM tứ giác nội tiếp nên DAB= BNI Do DEB= BNI=> BEI+ BNI = 180° ⇒ BEIN tứ giác nội tiếp ⇒ BEN= BIN Vì DAEB tứ giác nội tiếp nên BEN =ADB Do BIN= ADB =>BIM+ MDB = 180° ⇒ BDMI tứ giác nội tiếp ⇒ B, D, I, M thuộc đường tròn b) Vì ABNM tứ giác nội tiếp nên BAE =BMI (1) Vì DAEB DMIB tứ giác nội tiếp nên ABE =ADE MBI= ADE =>ABE =MBI (2) Từ (1) (2) ⇒tam giác BAE đồng dạng với tam giác BMI (g.g) => BE AE = => MI BE = BI AE BI MI c) Ta chứng minh AD BE =AE BD Vì CD tiếp tuyến (O) nên CDA =CBD =>tam giác CDA đồng dạng với tam giác CBD (g.g) DA CD => = BD CB EA CE = Chứng minh tương tự ta có => EB CB DA EA = => AD.BE = AE.BD Mà theo tính chất tiếp tuyến ta có CD = CE nên BD EB • Ta chứng minh DE qua điểm K giao hai tiếp tuyến A B (O) Gọi K1, K2 giao điểm DE với tiếp tuyến (O) A B Khi AE K1 E K1 A K1 AE = K1 DA => ∆K1 AE ~ ∆K1 DA( g g ) => = = AD K1 A K1 D K1 E K1 A K1E AE => = ÷ = K1 A K1 D K1 D AD Chứng minh tương tự ta có: K2 E BE ÷ = K2D BD Mà AD.BE=AE.BD => AE BE KE K E = => = AD BD K1 D K D Do K1 K2 nằm đoạn DE nên K1 K2 chia đoạn DE theo tỷ số ⇒ K1 ≡ K2 ≡ K Vậy DE qua điểm K cố định Câu Xét 5b3 − a 5b3 − a − (ab + 3b )(2b − a ) − (2b − a ) = ab + 3b ab + 3b 5b3 − a − (2ab − a 2b + 6b3 − 3b a ) −b5 − a + a 2b + b a = = ab + 3b ab + 3b −(a + b)(a − b) = ≤0 ab + 3b 5b3 − a => ≤ 2b − a ab + 3b Ta có BĐT tương tự: 5c − b3 ≤ 2c − b bc + 3c 5a − c ≤ 2a − c ca + 3a Cộng vế BĐT ta P ≤ 2(a + b + c) − (a + b + c) = a + b + c = a = b = c a = b = c = Dấu xảy a + b + c = Vậy giá trị lớn P ⇔ a = b = c = ... ( y + 1)( y − 3) = x = y + y = x = 10 y = 3(Do y+1>0) (thỏa mãn điều kiện) 9 Vậy hệ phương trình có nghiệm 10; ÷ 2 Câu Vì x3 − x1 = x4 − x2 = => x3 = x1 + 1; x4... lớn nên p không chia hết cho p lẻ ⇒ p = 2k + ( k ∈ ℕ*) ⇒ A = (2k + 2).2k = 4k(k + 1) k k + hai số tự nhiên liên tiếp nên có số chia hết cho ⇒ k(k + 1) ⋮ ⇒ A ⋮ (1) Vì p khơng chia hết p = 3m +... K2D BD Mà AD.BE=AE.BD => AE BE KE K E = => = AD BD K1 D K D Do K1 K2 nằm đoạn DE nên K1 K2 chia đoạn DE theo tỷ số ⇒ K1 ≡ K2 ≡ K Vậy DE qua điểm K cố định Câu Xét 5b3 − a 5b3 − a − (ab +
Ngày đăng: 22/03/2019, 17:17
Xem thêm: