Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của O; P, Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE, DF.. Xác định vị trí điểm M để độ dài PQ lớn nhất.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18 tháng năm 2014 Câu 1(2.0 điểm) Tính giá trị biểu thức: 1 1 1 S 2 2013 20142 Câu 2(2.0 điểm): Giải phương trình: (x + 1) x x = 2x2 – 3x – xy y x x( y 1) Giải hệ phương trình: Câu 3(2.0 điểm) Chứng minh p là số nguyên tố lớn thì (p+1)(p-1) chia hết cho 24 Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x3 + y3 – 3xy – = Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, có AB < AC ngoại tiếp đường tròn (O) gọi D, E, F là tiếp điểm (O) với các cạnh AB, AC, BC; I là giao điểm BO với EF, M là điểm di động trên đoạn CE Tính số đo góc BIF Gọi N là giao điểm BM với cung nhỏ EF (O); P, Q là hình chiếu N trên các đường thẳng DE, DF Xác định vị trí điểm M để độ dài PQ lớn Câu (1.0 điểm) Trên bảng cho 2014 số tự nhiên từ đến 2014 Thực liên tiếp phép biến đổi sau: Mỗi lần xoá hai số a, b có trên bảng viết thêm số a + b - ab vào bảng Khi trên bảng còn lại đúng số thì dừng lại Tìm số còn lại đó Hết đề (2) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu Nội dung 1 1 1 S 2 2013 20142 Tính: Ta có: 1 1 a (a 1)2 (a 1)2 a a 2a (a 1) (a 1)2 a (a 1) a (a 1) a ( a 1) a 2a (a 1) (a 1) ( a a 1)2 a a 1 a (a 1) a ( a 1)2 a(a 1) a a 1 1 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 2 3 2013 2014 Vậy: S S = 2013 - 2014 Điểm 1.0 Giải phương trình: (x + 1) x x = 2x2 – 3x – ĐK: x x Đặt a = x + 1, b = x x => b Ta có pt: ab = b2 – a – <=> (b2 – 1)–( a + ab) = 2.1 <=> (b + )(b – - a) = b 0 b a 0 <=> <=> a = b – ( b = - loại vì b ) + Với a = b – => x + = x x - <=> x + = 1.0 1.0 x2 x <=> (x + 2)2 = 2x2 – 2x <=> x2 – 6x – = => x1,2 = 13 (thoả mãn) Vậy pt có tập nghiệm S = {3 13 } 2.2 xy y x 6(1) x( y 1) (2) Giải hệ phương trình: 1 Từ (2) => x 0, x = y 1 (3) Thay (3) vào (1) ta pt: y y ( y 1) y 1 y y y y y y <=> 2 <=> ( 2y + 2y + y)( 2y + 1) - 6(y + 1) = <=> 4y4 + 6y3 - 2y2 - 11y - = 1.0 (3) x x 0(1) 2 <=> (2x - x - 2)(2x + 4x + 3) = <=> x x 0(2) 1 17 x1,2 Giải pt (1): Ta PT (2) vô nghiệm 10 17 17 Thay vào (3) ta giá trị tương ứng y1 = ; y2 = 1 17 10 17 1 17 17 Vậy hệ pt đã cho có nghiệm: ( ; ) và ( ; ) Chứng minh p là số nguyên tố lớn thì (p+1)(p-1) chia hết cho 24 Vì p là nguyên tố và > => p => p = 6k + p = 6k + ( vì 6k + 2; 6k + 3; 6k + là hợp số) k Z + Với p = 6k + => (p + 1)(p - 1) = (6k+2)(6k) = 12k(3k+1) 3.1 1.0 k(3k+1) chia hết cho => (p + 1)(p - 1) chia hết cho 24 + Với p = 6k + => (p + 1)(p - 1) = (6k+6)(6k+4) = 12(k+1)(3k+2) (k + 1)(3k+2) chia hết cho => (p + 1)(p - 1) chia hết cho 24 KL: (p + 1)(p - 1) chia hết cho 24 Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x3 + y3 – 3xy – = <=> (x + y)3 – 3xy(x + y) – 3xy - 3= (*) <=> (x + y)3 + - 3xy(x + y + 1) - 4= <=> (x + y + 1) [ (x + y)2 – (x + y) + 1] – = 3xy(x + y + 1) Suy chia hết cho x + y + => (x + y + 1) Ư(4) = {-4; -2; -1; 1; 2; 4} ( x y )3 Từ (*) => xy 3( x y 1) Lập bảng: 3.2 x+y+1 x+y -4 -2 -1 -5 -3 -2 32 11 1 xy -1 3 KL Loại t/m Loại t/m Loại t/m + Với x + y =- 3, xy = không có nghiệm x, y + Với x + y = 0, xy = - => (x = 1; y = - 1) và ( x = - 1; y = 1) + Với x + y = 3, xy = => (x = 1; y = 2) và (x = 2; y = 1) KL: Pt có nghiệm nguyên: (1; - 1), (- 1; 1), (2; 1), (1; 2) 4.1 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có BO, CO, AO là trung trực DE, EF, DF => ODI = OFI ( Các tam giác ODI và OFI trường hợp c.c.c) Lại có tam giác OEF cân O => OFE = OEF 1.0 1.5 (4) Suy ra: ODI = OEF hay ODI = OEI Mà O, I cùng phía so với ED Do đó tứ giác ODEI nội tiếp => DIO = DEO ( cùng chắn cung DO) Nhưng DEO = 450(tính chất hình vuông) => DIO = 450 hay BIF = 450 B F Q D O I N A E M P C (5) (6) (7)