46 đề thi chính thức vào 10 môn toán hệ chuyên THPT chuyên phan bội châu nghệ an năm 2014 2015 (có lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Câu (7,0 điểm) a) Giải phương trình x + + 2x x + = 2x + x2 + 4x +  x2 y2 + =  2 b) Giải hệ phương trình  ( y + 1) ( x + 1) 3 xy = x + y +  Câu (3,0 điểm) a) Tìm số nguyên x y thoả mãn phương trình x + = y + y b) Tìm chữ số a, b cho (ab) = (a + b)3 Câu (2,0 điểm) Cho số a, b, c không âm Chứng minh a + b + c + 3 (abc) = 2( ab + bc + ca ) Đẳng thức xảy nào? Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có đường cao AE CF cắt H Gọi P điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B, C); M, N hình chiếu P đường thẳng AB AC Chứng minh rằng: BH EF = a) OB vng góc với EF BO AC b) Đường thẳng MN qua trung điểm đoạn thẳng HP Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có BAC = 60o ; BC = 3cm Bên tam giác cho 13 điểm Chứng minh 13 điểm ln tìm điểm mà khoảng cách chúng không lớn 1cm - HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2014 – 2015 _ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Câu a) Nội dung Điều kiện: x ≥−1 Ta có: x + + 2x x + = 2x + x2 + 4x + x x + − x + x + − ( x + 1)( x + 3) = 0,25 x( x + − 1) − x + 1( x + − 1) = 0,5 ( x + − 1)( x + − x) = 0,5 0,5  x + = 1(1)   x + = x(2) Ta có (1) ⇔x = − (loại) x ≥ x ≥ x ≥  (2)    ± 17 x + = 4x 4 x − x − = x =  x = 0,5 0,5 + 17 (TM ) Vậy phương trình cho có nghiệm x = b) Điểm 7,0 3,5 0,5 + 17 Điều kiện: x ≠ −1;y ≠ −1  x2 y2 +  ( y + 1) ( x + 1) =  Hệ phương trình cho tương đương với   x y =1  y + x +  2 u + v = x y ;v = Đặt u = , hệ cho trở thành  y +1 x +1 uv =  u + v + 2uv = (u + v) =  2  u + v − 2uv = (u − v ) =  u = v = =>   u = v = −1  0,25 3,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Nếu u = v =  y + = 2x =>  x = y = 1(TM) x +1 = y Nếu u = v = −  y + = −2 x −1 =>  x = y = (TM)  x + = −2 y Vậy hệ phương trình có nghiệm: x = y = , x = y = a) 0,75 0,75 −1 Phương trình cho tương đương với x = ( y − 1)( y + 2)(1) Nếu y −1 M3 y + = ( y − 1) + 3M3 => (y − 1)(y+ 2) M9 Mà 9x M9 ∀x ∈ Z nên ta có mâu thuẫn Suy y −1 M3, đó: y −1 = 3k( k ∈ Z )=>y=3k+1( k ∈ Z ) Thay vào (1) ta có: x = 3k (3k + 3) => x = k ( k + 1)  x = k (k + 1) (k ∈ Z ) Vậy phương trình có nghiệm:   y = 3k + b) 3,0 2,0 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 1,0 0,25 Từ giả thiết suy ab = (a + b) a + b (1) Vì ab a+b ∈ N * nên a + b số phương Mặt khác ≤ a + b ≤ 18 => a + b ∈ { 1; 4;9;16} Nếu a+ b= 1, a +b = 4, a+ b = 16 thay vào (1) không thỏa mãn 0,25 0,5 Nếu a +b = thay vào (1) ta ab = 27 Vậy a=2;b=7 2,0 0,5 Đặt a = x; b = y; c = z => a = x ; b = y ;c = z , a = x3 ; b = y ;c = z ; x, y, z ≥ Bất đẳng thức cho trở thành: x + y + z + xyz ≥ 2( x y + y z + z x )(1) Vì vai trò x; y ;z bình đẳng nên giả sử x ≥ y ≥ z ≥ Khi x( x − y ) + z ( y − x) + ( z + x − y )(x − y )( y − z ) ≥ 0,5 => x + y + z + xyz ≥ xy (z + y) + yz(y+ z) + zx(z + x)(2) Áp dụng Bất đẳng thức Cơsi ta có xy ( x + y ) ≥ xy xy = x y (3) 0,5 Tương tự ta có: yz (y+ z ) ≥ y z (4) zx(z + x) ≥ z x (5) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (3), (4), (5) ta xy (x + y ) + yz (y + z ) + zx(z + x) ≥ 2( x y + y z + z x )(6) Từ (2) (6) ta có 0,5 x + y + z + xyz ≥ 2( x3 y + y z + z x ) Đẳng thức xảy x=y=z hay a= b =c a) 6,0 4,0 Vì AEC= AFC =90o nên tứ giác ACEF nội tiếp Suy BFE =ACB (cùng bù với góc AFE ) (1) Kẻ tia tiếp tuyến Bx đường tròn (O) B Ta có ACB= ABx (cùng chắn cung AB ) (2) Từ (1) (2) suy BFE =ABx Do Bx// EF Mà OB⊥Bx nên OB⊥ EF Xét ∆BEF ∆BAC có ABC chung BFE= ACB ( theo (1)) nên ∆BEF ∆BAC đồng dạng Mặt khác ∆BEF ∆BAC nội tiếp đường tròn bán kính 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 BH đường tròn bán kính 0,5 EF BH = AC 2.OB BH EF = Từ ta có BO AC OB nên b) Gọi M1 N1 điểm đối xứng với P qua AB AC Ta có: AM1B=APB (do tính chất đối xứng) (3) APB=ACB (cùng chắn cung AB) (4) Tứ giác BEHF nội tiếp nên BFE= BHE (5) Mặt khác theo câu a) BFE =ACB (6) Từ (3), (4), (5), (6) suy AM1B= BHE ⇒ AM1B+ AHB = 1800, tứ giác AHBM1 nội tiếp ⇒ AHM1= ABM1 mà ABM1= ABP nên AHM1 =ABP Chứng minh tương tự ta có AHN1= ACP ⇒ AHM1+ AHN1= ABP+ ACP=180O ⇒ M1, N1, H thẳng hàng Mặt khác MN đường trung bình tam giác PM1N1 , MN qua trung điểm PH 2,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,0 Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác BC, CA, AB Do tam giác ABC nhọn nên O nằm tam giác ABC MC O O =2 Vì BAC = 60 => MOC = 60 => OA = OB = OC = sin 60o Vì O nằm tam giác ABC OM⊥ BC, ON ⊥AC ,OP ⊥AB Suy tam giác ABC chia thành tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp đường tròn có đường kính (đường kính OA, OB, OC) Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tứ giác chứa điểm 13 điểm cho, giả sử tứ giác ANOP Gọi E, F, G, H trung điểm NA, AP, PO, ON I trung điểm OA, suy IA=IP=IO=IN=1 Khi tứ giác ANOP chia thành tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp đường tròn có đường kính Theo ngun lý Đirichlê, tồn tứ giác chứa điểm điểm cho, giả sử tứ giác AEIF chứa điểm X, Y số 13 điểm cho Vì X, Y nằm tứ giác AEIF nên X, Y nằm đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, XY khơng lớn đường kính đường tròn này, nghĩa khoảng cách X, Y không vượt Lưu ý : Thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ...NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2014 – 2015 _ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Câu a) Nội dung... thay vào (1) khơng thỏa mãn 0,25 0,5 Nếu a +b = thay vào (1) ta ab = 27 Vậy a=2;b=7 2,0 0,5 Đặt a = x; b = y; c = z => a = x ; b = y ;c = z , a = x3 ; b = y ;c = z ; x, y, z ≥ Bất đẳng thức cho... tam giác ABC chia thành tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp đường tròn có đường kính (đường kính OA, OB, OC) Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tứ giác chứa điểm 13 điểm cho, giả sử tứ giác ANOP Gọi E,