SỞ GD & ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học 2014 – 2015

MÔN THI: TOÁN ( Dành cho thí sinh chuyên Toán, Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi chuyên Thái Bình V2- 2014) Bài 1. (3,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2x2x3x1065x 2

2) Giải hệ phương trình:

4832yx96yy8x

22

23 x

Bài 2. (2,0 điểm) 1) Cho phương trình x2 – 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Tính 7

271 xxS

2) Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn: a2 + ab + b2 = c2 + cd + d2. Chứng minh a + b + c + d là hợp số.

Bài 3. (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương và có tổng bằng 1.

Chứng minh: 23

abcab-c

cabca-b

bcabc-a

Bài 4. (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD với A, C cố địnhvà B, D di động. Đường phân giác của góc BCD cắt AB và AD theo thứ tự tại I và J (J nằm giữa A và D). Gọi M là giao điểm khác A của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và AIJ, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIJ. 1) Chứng minh AO là phân giác góc IAJ. 2) Chứng minh bốn điểm A, B, D, O cùng thuộc một đường tròn. 3) Tìm đường tròn cố định luôn đi qua M khi B, D di động.

Bài 5. (1,0 điểm) Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một số có tổng các chữ số chi hết cho 11.

--------------Hết----------------

Họ và tên thí sinh: …………………………………………SBD:……………….

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH (Hướng dẫn gồm 4 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học : 2014-2015

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUYÊN

Bài Nội dung Điểm

1 1 Giải phương trình: 25x 6 10 3x 2x x 2 1,5

ĐKXĐ: 6 10x5 3

0,25

Với điều kiện trên, phương trình tương đương:

25x 6 2 10 3x 2 2x x 6

5(x 2) 3(2 x) (x 2)(2x 3)5x 6 2 10 3x 2

5 3x 2 2x 3 05x 6 2 10 3x 2

0,5

x 25 3 2x 3 0 (1)

5x 6 2 10 3x 25 3(1) 2x+3 2

5x 6 2 10 3x 2

0,25

Với những giá trị của x thuộc tập xác định, ta thấy: VT(2) < 3, VP(2) > 3, do vậy phương trình (2) vô nghiệm.

0,25

Đối chiếu điều kiện xác định và kết luận: phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

0,25

2 Giải hệ phương trình:

3 2

2 2

x 8xy 96yx 32y 48

1,5

3 2 2 23 2

2 2 2 2

3 2 2 3

2 2

x 8xy 2y x 32yx 8xy 96yx 32y 48 x 32y 48

x 2x y 8xy 64y 0 1

x 32y 48

0,5

2 2

2 2

1 x 4y x 2xy 16y 0

x 4yx 2xy 16y 0

0,25

+) Với x 4y , thay vào hệ ta được x 4;y 1x 4; y 1

0,5

+) Với 22 2 2x 2xy 16y 0 x y 15y 0 x y 0 thay vào hệ phương trình không thỏa mãn.

Vậy hệ có hai nghiệm: x 4 x 4

;y 1 y 1

.

0,25

1 Cho phương trình x2 – 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1, x2. Tính 7 71 2S x x . 1,0

Theo định lý Viét ta được: x1 + x2 = 2 và x1x2 = 4 . Ta có 0,25 3 3 4 4 3

1 2 1 2 1 2 1 2S x x x x (x x ) (x x ) 0,25

3 3 31 2 1 2 1 2 1 2

4 4 2 2 2 21 2 1 2 1 2

22 21 2 1 2 1 2

x x (x x ) 3x x (x x )x x (x x ) 2(x x )

x x 2x x 2(x x )

0,25

Thay số vào ta được: S = 3712 0,25

2

Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn: a2 + ab + b2 = c2 + cd + d2. Chứng minh a + b + c + d là hợp số.

1,0

Ta có : 2 2 2 2

2 2

a ab b c cd + d(a b) ab (c d) cd(a b c d)(a b c d) ab cd (1)

0,25

Đặt s = a + b + c + d Giả sử s = p là một số nguyên tố a b c d (mod p) .Từ (1) suy ra: ab cd 0(mod p) ab c(a b c) 0(mod p)

(c a)(c b) 0(mod p)

Vì p là số nguyên tố nên suy ra: a c 0 (mod p)b c 0 (modp)

Điều này vô lý vì 1 < a + c, b + c < p (a, b, c, d là các số nguyên dương và có tổng bằng p).

0,5

2

Vậy s > 1 và không là số nguyên tố nên s phải là hợp số. 0,25

3 Cho a,b,c là các số thực dương và có tổng bằng 1.

Chứng minh: a bc b ac c ab 3a bc b ac c ab 2

1,0

Ta có: a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c) b + ca = (b + c)(b + a); c + ab = (c + a)(c + b) Bất đẳng thức trên tương đương:

2 2 2

2a 2b 2c 9a bc b ac c ab 2

2a 2b 2c 9(a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) 24a(b c) 4b(c a) 4c(a b) 9(a b)(b c)(c a)4a(1 a) 4b(1 b) 4c(1 c) 9(1 a)(1 b)(1 c)4(a b c) 4(a b c ) 9 1 (a b c) (ab bc ca) abc

4 4(

2a b c) ab bc ca 9abc (vì a b c 1)ab bc ca 9abc (vìa b c 1)

0,5

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

2 2 23 3

3 3 33

ab bc ca 3 a b c ; 1 a b c 3 abc

ab bc ca 9 a b c 9abc

Dấu bằng xảy ra khi 1a b c3

.

Ta được đpcm

0,5

3 Cho hình bình hành ABCD với A, C cố định và B, D di động. Đường phân giác của BCD cắt AB và AD theo thứ tự tại I và J (J nằm giữa A và D). Gọi M là giao điểm khác A của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và AIJ, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIJ. 1) Chứng minh AO là phân giác của IAJ . 2) Chứng minh bốn điểm A, B, D, O cùng thuộc một đường tròn. 3) Tìm một đường tròn cố định luôn đi qua M khi B, D di động.

3,0

Theo giả thiết ABCD là hình bình hành nên suy ra: DCJ AIJ (hai góc so le trong) BCJ AJI (hai góc đồng vị) DCJ BCJ (vì CJ là phân giác góc BCD)

0,5

AIJ AJI AIJ cân tại A 0,25

1

E

F

MO

I

JD

K

A

CB

Mà O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIJ nên AO là phân giác IAJ .

0,25

2 Gọi E, F là hình chiếu vuông góc của O thứ tự lên AI, AJ. Do AO là phân giác góc IAJ nên OE OF 1 ; 0OFD OEB 90 2

0,25

Vì AI, AJ là hai dây cung của O nên E, F lần lượt là trung điểm của AI và AJ, mà AI AJ AE FJ . DCJ JCB gt ,JCB CJD BC / /AD DCJ DJC

DCJ cân tại D DC DJ mà DC = AB (ABCD là hình bình hành) DJ AB kết hợp với AE = FJ BE DF 3

0,5

Từ 1 , 2 , 3 OFD= OEB c g c ABO ADO mà B, D cùng phía với AO ABDO là tứ giác nội tiếp (quỹ tích cung chứa góc)

A,B,D,O thuộc một đường tròn.

0,25

-) Chứng minh ABDM là hình thang cân 0,25 -) Chứng minh OK là trung trực của BD và AM (K là trung điểm BD) 0,25 -) Chứng minh OK song song CM 0,25

3

-) Chứng minh 0AMC 90 và suy ra M thuộc đường tròn đường kính AC cố định. 0,25

Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một số có tổng các chữ số chia hết cho 11.

1,0

Xét tập hợp 39 số tự nhiên liên tiếp: 1 2 39S a ;a ;...;a , i 1 ia a 1,1 i 38

Trong tập 1 2 20a ;a ;...;a luôn tồn tại hai số có tận cùng là 0 và hơn kém nhau 10. Do đó trong hai số này tồn tại ít nhất một số có chữ số hàng chục nhỏ hơn 9, kí hiệu số đó là A Bc0 0 c 8, c , B .

0,25

Xét 11 số: A;A 1;A 2;...;A 9;A 19 . Nhận xét rằng: -) 11 số trên thuộc tập S. -) 11 số đó có tổng các chữ số là 11 số tự nhiên liên tiếp vì các tổng đó là: s A ;s A 1;s A 2;...;s A 9;s A 10 ,với s A là tổng các chữ số của A.

0,5

5

Trong 11 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại một số chia hết cho 11. Do vậy, ta có điều phải chứng minh.

0,25