Đề thi thử vào lớp 10 THPT chuyên tỉnh Thái Nguyên năm 2014 - 2015 môn toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN HỌC
(dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề


Bài 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức
9 3 1 1
:
9
33
x x x
F
x
x x x x
   

  
   
   


   
với
0, 9xx
.
a) Rút gọn F. b) Tìm x sao cho

1F 
.
Bài 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
        
1 2 1 3 2 1 4x x x x x x       

với
1x 
hoặc
4x 
.
Bài 3 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị hữu tỷ của x sao cho biểu thức
2
2
23
1
xx
xx


nhận giá trị là
số nguyên.
Bài 4 (1,0 điểm). Các số
0 1 2
, , , , ,
n
a a a a
được xác định bởi
28 27
01

9, 27 28 ,
n n n
a a a a

  
với mọi
0,1,2, n 

Chứng minh rằng số
11
a
viết trong hệ thập phân có tận cùng nhiều hơn 2000 chữ số 9.
Bài 5 (2,0 điểm). Cho đa thức
 
     
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
, , , 9 6 6 4 .F x y z t x y y z z t t x xz y t yt x z xyzt        

a) Hãy phân tích đa thức F thành tích của hai đa thức bậc hai.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của đa thức F khi
1xy zt

Bài 6 (1,5 điểm). Hình bình hành ABCD có
0
120A 
, AB = a, BC = b. Các đường phân giác
trong của bốn góc A, B, C, D cắt nhau tạo thành tứ giác MNPQ. Tính diện tích tứ giác MNPQ.
Bài 7 (1,5 điểm). Trên các cạnh BC, CD của hình vuông có cạnh dài 1 đơn vị ABCD ta lấy các
điểm M, N tương ứng sao cho
2MC CN MN  

đơn vị. Đường chéo BD cắt các đoạn AM, AN
lần lượt tại các điểm P và Q. Chứng minh rằng các đoạn thẳng BP, PQ, QD lập thành ba cạnh
của một tam giác vuông.


Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Phòng thi: ; Số báo danh:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN HỌC
(dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán)
Bài
ĐÁP ÁN
Điểm
1.a
Đáp số
 
3
22
x
F
x




.
1,0
1.b
   
34
1 1 0
2 2 2 2
xx
F
xx

      

.
Do
 
2 2 0x 
nên phải có
4 0 16xx   

1,0
2
Nếu x = 1 thay vào phương trình ta được nghiệm x = 1.
0,25
Nếu
4x 
phương trình tương đương với
2 3 2 4x x x    

mà có

24
34
xx
xx

  


  



Vậy trường hợp này phương trình vô nghiệm.
0,25
Nếu
1x 
, phương trình tương đương với
        
1 2 1 3 2 1 4 2 3 2 4x x x x x x x x x             

0,25
mà có
24
34
xx
xx

  



  



Vậy trường hợp này phương trình vô nghiệm.
Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
0,25
3
Đặt
 
2
2
2
2
12
23
0,
1
13
24
x
xx
kx
xx
x


   






. Vậy k là số nguyên dương.
Từ đó có
     
2
1 2 3 0 1k x k x k     
.
Nếu
1k 
ta có
1
2
3
x 
thỏa mãn.
Nếu
1k 
để (1) có nghiệm hữu tỷ cần
    
2
2
2 4 1 3 0 3 20 8 0k k k k k          

 
2
3 10 76 3 10 9 7k k k       
.
Thay k = 2, 3, 4, 5, 6 ta thấy chỉ có :

1,0
A
D
B
C
M
N
P
Q
+)
3k 
thì (1) có nghiệm
23
5
0,
2
xx
.
+) k = 6 thì (1) có nghiệm
45
3
,1
5
xx
.
Vậy có 5 giá trị của x thỏa mãn.
4
Theo đề bài ta có
 
28 27 27 27

1
1 27 28 1 27 1 1
n n n n n n
a a a a a a

       

 
 
27 26 25 24 2
1 27 1
n n n n n n n
a a a a a a a        

 
       
 
 
27 26 25 2
1 27 1 1 1 1 1
n n n n n n
a a a a a a           
.
0,5
Ta có
 
 
 
 
 

 
 
 
27 26 25 2
1 1 , 1 1 , 1 1 , 1 1
n n n n n n n n
a a a a a a a a       
nên suy
ra
   
2
1
11
nn
aa


(1)
0,25
Do
0
9a 
và trong (1) cho n lấy giá trị từ 0 đến 10 ta suy ra
 
11
2
11
1 10a 
hay
 

2048
11
1 10a 

Vậy
11
a
viết trong hệ thập phân có tận cùng nhiều hơn 2000 chữ số 9.
0,25
5.a
 
  
2 2 2 2
, , , 3 3 2 3 3 2F x y z t x z xz y t yt    

1,0
5.b
Ta có
     
2
, , , 3 3 8 8F x y z t yz xy zt xt xy zt      

Dấu bằng xảy ra khi chẳng hạn
1
1, 1, 0,
3
x y z t   
.
1,0
6

Dễ thấy tứ giác MNPQ có 4 góc vuông nên là hình chữ nhật.
0,25
Tam giác vuông ADM có
3
sin
2
b
DM AD DAM
.
Tam giác vuông DCN có
3
sin
2
a
DN DC DCN
.
Vậy
 
3
2
MN DN DM a b   
.
(Giả sử a > b, trường hợp a < b làm tương tự, a = b thì không tồn tại tứ giác
MNPQ).
0,5
Tam giác vuông DCN có
0
cos60
2
a

CN CD
.
Tam giác vuông BCP có
0
cos60
2
b
CP CB
.
Vậy
2
ab
NP CN CP

  
.
0,5
A
D
B
C
H
M
N
P
Q
K
Suy ra diện tích hình chữ nhật MNPQ là
 
2

3

4
S MN NP a b  

0,25
7

Trên cạnh DC kéo dài về phía D lấy điểm K sao cho DK = BM.
Ta có MN = BM + DN (suy ra từ giả thiết)
= DK + DN = KN. (1).
0,5
Mặt khác
ADK ABM AM AK    
(2).
Từ (1) và (2) suy ra
KAN MAN  
. Từ đó
,AKN AMN AMB ANK ANM  
.
Hạ AH vuông góc với MN. Dễ thấy
,AHM ABM HM MB AH AB     
.
Suy ra AM là trung trực của HB. Từ đó PH = PB và
0
45APH APB AHP    
.
0,5
Chứng minh tương tự có QH = QD,
0

45AHQ 
.
Vậy
0 2 2 2 2 2
90QHP QP HQ HP QD BP     
.








0,5

Giám khảo chấm bài chú ý: Nếu thí sinh giải bằng cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối
đa.