Mô tả:
www.VNMATH.com
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 Tin học)
Thời gian làm bài 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2014
Câu 1: ( 2.0 điểm)
3 x 16 x 7
x 1
x 3
( Với x > 0)
x 2 x 3
x 3
x 1
1. Rút gọn biểu thức P
2. Tính giá trị của biểu thức P khi x 2 2 3 .
Câu 2: (2.0 điểm)
1. Cho phương trình: 2013x2 – (m – 2014)x – 2015, với m là tham số. Tìm m để
Cho biểu thức: P
phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x12 2014 x1 x2 2 2014 x2
1
1
2.Giải phương trình:
3
(2 x 1) 2 (2 x 2) 2
Câu 3: (2.0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 –x2y – xy2 = 5
Câu 4: (3.0 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi M là điểm thuộc cung AB (M A, M B)
và I là điểm thuộc đoạn OA( I O, I A). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M,
kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với
IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Gọi E là giao điểm của AM với IC, F
là giao điểm của BM với ID. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp
2. EF//AB
3. OM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM.
Câu 5: (1.0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =
x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 = 2014
y2
x2
z2
+
+
y z z x x y
Hết đề
Họ và tên thí sinh:………………………………………………………………………….Số báo danh: …………………
Chữ ký của giám thị 1: …………………………………… Chữ ký của giám thị 2: ………………………………
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHUYÊN TIN
Câu
Nội dung
3x 16 x 7
x 1
x 3
3x 4 x 7
x 1
P
x 2 x 3
x 3
x 1 ( x 3)( x 1)
x 3
x 3
x 1
3x 4 x 7 ( x 1)( x 1) ( x 3)( x 3)
( x 3)( x 1)
0.25
3x 4 x 7 x 1 x 9
( x 3)( x 1)
0.25
x4 x 3
( x 3)( x 1)
( x 3)( x 1) ( x 3)( x 1)
x 1
x 1
0.25
x 2 2 3 = ( 2 +1)2. (Thoả mãn ĐKXĐ)
=> x = 2 +1
0.5
2 11
2 2
x 1
=
=1+ 2
2 11
2
x 1
Cho phương trình: 2013x2 – (m – 2014)x – 2015, với m là tham số. Tìm m
để phương trình có hai nghiệm x1, x 2 thoả mãn
=> P
x12 2014 x1 x2 2 2014 x2
Ta có: = (m - 2014)2 + 4 . 2013 . 2015 > 0 với mọi m. Vậy phương trình luôn
có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
m 2014
x
x
1
2
2013
Theo hệ thức Vi – et ta có:
x x 2015
1 2 2013
Từ
2.1
0.25
1.1
1.2
Điểm
2014 x 2 2014 x
x2 2 2014 x2
1
1
=>
2014 x12 2014 x1
x2 2 2014 x2
2014 ( x 2 2014)( x 2 2014) x x 2 2014 x x 2 2014 x x
1
2
1
1
2
2
1 2
=>
2014 ( x12 2014)( x2 2 2014) x2 x12 2014 x1 x2 2 2014 x1 x2
2
0.25
0.25
x12 2014 x1 x2 2 2014 x2
0.5
0.25
2
=> x1 2014( x1 x2 ) x2 2014( x1 x2 ) 0
=> (x1 + x 2)(
m 2014
0 => m = 2014.
2013
Vậy m = 2014 là giá trị thoả mãn đề bài.
1
1
Giải phương trình:
3 (*)
2
(2 x 1)
(2 x 2) 2
=>
2.2
x12 2014 x2 2 2014 ) = 0 => x1 + x2 = 0
0.25
1
1
1
1
ĐK: x -1 và x .Đặt 2x + 1 = t, PT (*) <=> 2
3
2
t
(t 1) 2
0.25
2
2
1 1
<=>
3 0
t t 1 t (t 1)
1
Đặt y =
, ta có pt: y2 + 2y – 3 = 0. Giải pt ta được y1 = 1, y2 = -3
t (t 1)
1
Với y1 = 1 =>
= 1 => t(t+1) = 1=> t2 + t – 1 = 0
t (t 1)
1 5
3 5
1 5
x
t
2
1
1
x1
1
2
2
4
=>
=>
(Thoả mãn)
1
5
1
5
3
5
t
2 x2 1
x2
2
2
2
2
Với y2 = -3 =>
3
0.25
0.25
1
1
1
= -3 => t(t+1) =
=> t2 + t + = 0 (Vô nghiệm vì <0)
3
3
t (t 1)
0.25
3 5
3 5
Vậy pt có hai nghiệm x1
, x2
4
2
3
3
2
2
2
x + y –x y – xy = 5<=> (x + y)(x – xy + y2) – xy(x + y) = 5
<=> (x + y)( x2 – 2xy + y2 ) = 5
<=> (x + y)( x - y)2 = 5
Do (x – y)2 0 và x, y thuộc Z nên xảy ra hai trường hợp:
x y 5
x y 5 x 3
x y 5
x 2
TH1:
=>
; hoặc
2
y2
x y 1 y 3
( x y ) 1 x y 1
0.5
0.25
x y 1
x y 1
=>
(loại)
TH2:
2
x
y
(
)
5
x
y
5
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (x;y) {(3;2); (2;3) }
0.25
C
M
1
2
E
4
1
A
2
1
1
4.1
CM: Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp:
C/m được các tứ giác ACMI, BDMI nội tiếp
D
1
2
. .
I
F
1
2
B
O
0.25
2
I1
A1
0
Do đó:
I1 I 2 A1 B1 , mà A2 B2 90 và
I2 B
1
B
1800 => I I 900
A1
A2 B
1
2
1
2
0
=> EIF EMF 90 => MEIF nội tiếp được.
4.2
4.3
CM: EF // AB:
MEIF nội tiếp (câu 1) => I1 F1
ACMI nội tiếp (câu 1) => I
A
1
0.5
0.25
0.5
1
Trong (O) B
A1 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng
2
chắn cung AM)
F
, mà chúng ở vị trí đồng vị => EF // AB.
Do đó => B
2
1
CM: OM là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ngoại tiếp các tam giác: CEM ,
DFM
M
=> OM
Ta có OA = OM => M
A2 mà C
A2 ( cùng chắn cung IM) => C
1
1
1
1
là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME (1)
B
mà D
B
( cùng chắn cung IM) => D
M
=>
Lại có: OM = OB => M
2
2
1
2
1
2
OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF(2)
Từ (1) và (2) => ĐPCM
Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn:
0.25
0.25
0.5
0.5
x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 = 2014
y2
x2
z2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =
+
+
yz zx x y
Đặt: a =
x2 y 2 ; b =
y2 z2 ; c =
z 2 x 2 (*) => a + b + c = 2014 (1)
a 2 b2 c2
a 2 b2 c 2 2 a 2 b 2 c 2
; y2 =
;z =
2
2
2
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
Từ (*) => x 2 =
5
y + z 2( y 2 z 2 ) = b 2 ; z + x 2( z 2 x 2 ) =c 2 ; x + y 2( x 2 y 2 ) = a 2
Từ đó ta có:
y2
1 a 2 b2 c 2 a 2 b2 c 2 a 2 b2 c 2
x2
z2
T=
+
+
(
+
+
)
b
c
a
y z z x x y 2 2
1 a 2 c 2 a 2 b2 b2 c 2
T
( + + + + + - a – b – c ) (2)
2 2 b b c c a a
Áp dụng BĐT Cauchy ta lại có:
a2
c2
a2
b2
b2
c2
+ b 2a;
+ b 2c;
+ c 2a;
+ c 2b;
+ a 2b;
+ a 2c
b
b
c
c
a
a
a 2 c 2 a 2 b2 b2 c 2
=>
+ + + + + 4(a + b + c) – 2(a + b+ c) = 2(a + b + c) (3)
b b c c a a
1
1
( a + b + c) (4) ; Từ (1) và (4) => T
. 2014.
Từ (2) và (3) => T
2 2
2 2
2014
2014
Vậy TMin =
, khi x = y = z =
.
2 2
3 2
0.25
0.25
0.25
0.25
3
4
- Xem thêm -