51 đề thi chính thức vào 10 môn toán THPT chuyên ngoại ngữ năm 2014 2015 (có lời giải chi tiết)

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI NGỮ Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGOẠI NGỮ NĂM 2014 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức A  ( x  x  x  x 1  ) : (3   ) x 1 x x 8 x 2 x 1 Rút gọn A Tìm giá trị x để A > Câu (2,5 điểm) Giải phương trình: x  x   ( x  1)( x  3) �x  y   xy Giải hệ phương trình: � 4 �x  y  Câu (1,5 điểm) Cho phương trình (ẩn x): x  3(m 1) x  m  5m   Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 thỏa mãn |x1+x2|=2|x1-x2| Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Kẻ đường cao AH tam giác ABC Gọi P, Q chân đường vng góc kẻ từ H đến cạnh AB, AC Chứng minh BCQP tứ giác nội tiếp Hai đường thẳng PQ BC cắt M Chứng minh MH2= MB.MC Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) K (K khác A) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng Câu (1,0 điểm) 2014 2015 Chứng minh rằng:      2013  2014  2 2 ĐÁP ÁN Câu 1 Ta có: A( x  x  x  x 1  ) : (3   ) x 1 x x 8 x 2 x 1 � � 3( x  2)( x  1)  ( x  1)  2( x  2) x2 x 4 ( x  1) �  �: ( x  2)( x  x  4) ( x  1)( x  1) � ( x  2)( x  1) � � x  �3( x  x  2)  x  �  �: � x 2 x 1 � � � ( x  2)( x  1)  x   ( x  1)( x  2) 3x  : ( x  2)( x  1) ( x  2)( x  1)  x 3 ( x  2)( x  1) 3( x  3) ( x  2)( x  1)  x 1 3( x  1) ĐKXĐ: x0;x 1;x 3;x 4 A   x 1 x 1   1  3( x  1) 3( x  1) x   3( x  1) 0 3( x  1)   42 x 0 3( x  1)  2 x 0 3( x  1)   x    x  1 x  � Kết hợp với ĐKXĐ, ta có � điều kiện cần tìm �x �3 Câu 1.x  x   ( x  1)( x  3)(1) ĐK: x ≥ –3 Nhận xét: x  x   ( x  1)  2(x  3) Đặt a  x  1(a  0), b  x  3(b �0), phương trình (1) trở thành a  2b  3ab  (a  b)( a  2b)  ab �  � a  2b � Với a  b  x   x   x   x   ( x  2)( x  1)  x  2(TM ) �  � x  1(TM ) � Với a  2b  x   x   x   4( x  3)  x  x  11  � x   15(TM )  � x   15(TM ) �  Vậy tập nghiệm phương trình (1) 2; 1;  15;  15  �x  y   xy � (I) �x  y  �x  y   xy �x  y   xy ( I )  �  � ( x  y )2  x2 y  (3  xy)  x y  � � � � ( x  y )  xy   xy ( x  y )   xy  �  �2  xy  x y  x y  � �x y  xy   � � ( x  y)2  � ( x  y )   xy � � � �xy  �  ��  � xy  � ( x  y )  4 �� � xy   ( L) � � � � �xy  7 � � � �x  y  �x  � � � � �xy  �y  � �   � � �x  y  2 �x  1 � � � � � � �xy  �y  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) (–1;–1) Câu x  3(m 1) x  m  5m   (1) Ta có:   9(m  1)2  4(2m  5m  2)  m2  2m   (m  1) 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2     (m  1)   m �1 Khi đó, theo định lí Vi–ét, ta có: �x1  x2  3(m  1) � �x1 x2  2m  5m  Do đó: | x1  x2 | | x1  x2 |  ( x1  x2 )  4( x1  x2 )  3( x1  x2 )2  16 x1 x2   27(m  1)  16(2m  5m  2)   5m2  26m    ( m  5)(5m  1)  m  5 � �  1 � m � Đối chiếu với điều kiện m ≠ 1, ta có m = –5 m  1 giá trị cần tìm Câu Tứ giác APHQ có APH +AQH  90 90  180 nên tứ giác nội tiếp ⇒ APQ= AHQ Ta có: AHQ =BCQ (cùng phụ với CHQ ) Do APQ =BCQ Suy BPQC tứ giác nội tiếp Vì BPQC tứ giác nội tiếp nên MBP= MQC MB MP MBP ~ MQC ( g g )    MB.MC  MP.MQ(1) MQ MC Vì APHQ tứ giác nội tiếp nên: MQH =BAH Mà BAH= MHP (cùng phụ với PBH ) nên MQH= MHP MQ MH MQH ~ MHP( g g )    MH  MP.MQ(2) MH MP Từ (1) (2) ⇒ MH2 =MB MC Vì AKBC tứ giác nội tiếp nên MKB  MCA  MKB ~ MCA  MK MB  MC MA  MK MA  MB.MC Kết hợp với kết ý 2, ta có MH  MK MA ⇒ HK đường cao tam giác vuông AHM ⇒ AK ⊥ KH Do KH cắt (O) D (D khác K) AD đường kính (O) Gọi J trung điểm HD, N trung điểm QC Khi OJ đường trung bình ∆ AHD ⇒ OJ // AH ⇒ OJ ⊥ BC Mà OB = OC nên OJ trung trực BC (3) Vì HQ // DC (cùng vng góc AC) nên HQCD hình thang ⇒ JN đường trung bình hình thang HQCD ⇒ JN // HQ ⇒ JN ⊥ QC ⇒ JN trung trực QC (4) Từ (3) (4) ⇒ J tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC (do BPQC tứ giác nội tiếp) ⇒J≡I Mà K, H, J thẳng hàng nên I, K, H thẳng hàng Câu 2014 2015 Đặt S=    2013  2014 2 2 Ta có: 2014 2015 S     2012  2013 2 2 43 54 2015  2014 2015  S  S       2014 2 2 2013 1 1 2015  S  (1      2013 )  2014 2 2 2014 1 ( ) 1 1   2013 Ta có:      2013  2 2 1 Do đó: 2015 2014 2015 S   2013  2014        2013  2014  2 2 2 ... 2015  2014 2015  S  S       2014 2 2 2013 1 1 2015  S  (1      2013 )  2014 2 2 2014 1 ( ) 1 1   2013 Ta có:      2013  2 2 1 Do đó: 2015 2014 2015 S   2013  2014. .. J tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC (do BPQC tứ giác nội tiếp) ⇒J≡I Mà K, H, J thẳng hàng nên I, K, H thẳng hàng Câu 2014 2015 Đặt S=    2013  2014 2 2 Ta có: 2014 2015 S     2012...  1)  16(2m  5m  2)   5m2  26m    ( m  5)(5m  1)  m  5 � �  1 � m � Đối chi u với điều kiện m ≠ 1, ta có m = –5 m  1 giá trị cần tìm Câu Tứ giác APHQ có APH +AQH  90