44 đề thi chính thức vào 10 môn toán hệ chuyên THPT chuyên lương văn tụy ninh bình năm 2014 2015 (có lời giải chi tiết)

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 +