Toan chuyen 2013 2014

UBND TỈNH SƠN LA
SỞGIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: Toán- Lớp chuyên
Ngày thi: 03/7/2014
(Thời gian : 150 phút, không kể thời gian phát đề)
Câu I (2,0 điểm).
Giải các phương trình:
1. x 2 − ( 2 3 − 1) x + ( 3 + 1)( 3 − 2) = 0




2
2.  x +

4  
2
−
4
x
÷

÷− 9 = 0 .

x2  
x

Câu II (2,0 điểm).
Cho phương trình: x 2 − 2(m − 1) x − m − 3 = 0

(1)

1. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn hệ thức:

( x1 − 2 x2 )( x1 − 3 x2 ) = 10 − 5 x2 ( x1 − x2 ) .
2. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x1 , x2 không phụ thuộc giá trị của m.
Câu III (1,5 điểm).
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:

A = 1 + x 2 + 1 + y2 + 1 + z 2 + 2

(

)

x+ y+ z .

Câu IV (3.5 điểm).
Cho đường tròn ( O; R ) và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA = R 2 . Từ
A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Lấy D thuộc AB; E
thuộc AC sao cho chu vi của tam giác ADE bằng 2R.
1. Chứng minh tứ giác ABOC là hình vuông.
2. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O; R).

3. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆ADE.
Câu V (1điểm).
Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn đẳng thức:

x( 2015 + 2014) + y( 2015 − 2014) = 20153 + 2014 3
- HẾT -


UBND TỈNH SƠN LA
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập- Tự do- Hạnh phúc

ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2014- 2015

Môn: Toán- Lớp chuyên
Câu
I
(2đ)

Đáp án

Điểm

1. Giải phương trình: x 2 − (2 3 − 1) x + ( 3 + 1)( 3 − 2) = 0 .
Giải:

Ta có: ∆ = (2 3 − 1) 2 − 4( 3 + 1)( 3 − 2)

= 12 − 4 3 + 1 − 4(3 − 2 3 + 3 − 2) = 9 > 0 .

0.25

Phương trình đã cho có 2 nghiệm:
(2 3 −1) − 3
x1 =
= 3 −2
2
(2 3 −1) + 3
x2 =
= 3 +1
2
Vậy nghiệm của phương trình là : x1 = 3 − 2; x2 = 3 +1
2
 2 4  
2. Giải phương trình:  x + 2 ÷− 4  x - ÷− 9 = 0 .
x  
x

Giải:

0.25

2
4
4
= t (1), suy ra : t 2 = x 2 − 4 + 2 ⇔ x 2 + 2 = t 2 + 4

x
x
x

0.25

Đặt x -

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

0.25
0.25

0.25

 t = −1
(t 2 + 4) − 4t − 9 = 0 ⇔ t2 – 4t – 5 = 0 ⇔ 
.
t = 5

0.25

Lần lượt thay các giá trị của t vào (1) thì phương trình đã cho có 4
nghiệm:
x1 = 1; x2 = - 2; x 3 =
II
(2 đ)

5 + 33
5 − 33

; x4 =
.
2
2

0.25

Cho phương trình: x2 - 2 (m - 1)x - m - 3 = 0 (1)
1. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm thoả mãn hệ thức :

( x1 − 2 x2 )( x1 − 3 x2 ) = 10 − 5 x2 ( x1 − x2 ) .
Giải:
Phương trình (1) có 2 nghiệm khi:
∆’ ≥ 0 ⇔ (m - 1)2 + (m + 3) ≥ 0 ⇔ m2 - 2m + 1 + m + 3 ≥ 0
⇔

m2 − m + 4 ≥ 0

⇔

1
15
(m − ) 2 +
> 0 đúng
2
4

Chứng tỏ phương trình có 2 nghiệm phân biệt ∀ m

∀m

0.25


x1 + x 2 = 2(m - 1)
x1 . x 2 = - (m+3)

Theo hệ thức Vi ét ta có: 

(1)
(2)

0.25

Ta có : ( x1 − 2 x2 )( x1 − 3 x2 ) = 10 − 5 x2 ( x1 − x2 )

⇔ x12 − 5 x1 x2 + 6 x22 = 10 − 5 x1 x2 + 5 x22
⇔ x + x = 10 ⇔ (x1 + x 2 ) − 2x1x 2 = 10
2
1

2
2

2

0.25

⇔ 4(m − 1) 2 + 2(m + 3) = 10

m = 0
⇔ 4m − 6m + 10 = 10 ⇔ 2m(2m − 3) = 0 ⇔ 
m = 3

2

0.25

2

Vậy với m = 0; m =

3
thì phương trình đã cho có nghiệm thỏa mãn
2

0.25

hệ thức ( x1 − 2 x2 )( x1 − 3 x2 ) = 10 − 5 x2 ( x1 − x2 ) .

2. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc giá trị của m.
Giải:
x1 + x 2 = 2(m - 1)
x1 . x 2 = - (m+3)

Theo hệ thức Vi ét ta có: 

(1)
(2)

Từ (2) ta có m = − x1 x2 − 3 thế vào (1) ta có:

0.25

x1 + x2 = 2(− x1 x2 − 3 − 1) = −2 x1 x2 − 8

0.25

⇔ x1 + x2 + 2 x1 x2 + 8 = 0

0.25

Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc m.
III
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3. Tìm giá trị lớn
(1,5đ) nhất của biểu thức: A = 1 + x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 2 ( x + y + z ) .
Giải:
Áp dụng các BĐT:
a + b ≤ 2 ( a 2 + b2 ) ; a + b + c ≤ 3 ( a 2 + b2 + c2 )
(được suy ra từ bất đẳng thức Bunhiacôpski)
Ta có:

(
)
2 ( 1 + y + 2y ) = 2 ( y + 1)
2 ( 1 + z + 2z ) = 2 ( z + 1)

1 + x 2 + 2x ≤ 2 1 + x 2 + 2x = 2 ( x + 1)
1 + y + 2y ≤
2

1 + z 2 + 2z ≤

0.25

0.25

2

2

x + y + z ≤ 3( x + y + z)

Lại có:
A = 1 + x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 2x + 2y + 2z + ( 2 − 2 ) ( x + y + z )

(

⇒ A ≤ 2 ( x + y + z + 3) + 2 − 2

)

3( x + y + z)

0.25

0.25

⇒ A ≤ 6 + 3 2 (do x + y + z ≤ 3).

0.25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Vậy Max A = 6 + 3 2.

0.25


IV
(3.5đ
)

A
x
D

y
E

M

C

B

F

0.5

R

O

1. Chứng minh tứ giác ABOC là hình vuông.
Vì AB, AC là tiếp tuyến nên ta có:
AB = AC = OA 2 − OB2 = ( R 2) 2 − R 2 = R = OB = OC

Nên suy ra tứ giác ABOC là hình thoi (1).
·
·
Mặt khác, ta lại có: ABO
= ACO = 900 (tính chất tiếp tuyến) (2)
Từ (1) và (2) suy ra ABOC là hình vuông.
2. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O; R).
Vì chu vi của ∆ADE bằng 2R, nên ta có: AD + DE + AE = 2 R (3).
AB + AC = 2 R
Mà theo chứng minh trên ta có:
Suy ra: DE = 2 R − ( AD + AE ) = ( AB + AC ) − ( AD + AE )
= ( AB − AD) + ( AC − AE ) = BD + CE
(4).
Vẽ OM ⊥ DE ( M ∈ DE )
(5)
Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho : CF = BD ;
Suy ra ∆BDO = ∆CFO (c.c ) ⇒ OD = OF ;
Theo (4) Ta có: DE = BD + CE = CF + CE = FE .
⇒ ∆ODE = ∆OFE (c.c.c) ⇒ OM = OC = R (hai đường cao tương ứng)
⇒ M ∈ (0; R) (6).
Từ (5) và (6) suy ra DE là tiếp tuyến của đường tròn (O;R).
3. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆ADE.
Đặt: AD = x ; AE = y ⇒ S ∆ADE =

1
x. y (x, y > 0)
2

0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25

0.25

Ta có: DE = AD 2 + AE 2 = x 2 + y2 (định lí Pitago).

0.25

Vì AD + DE + AE = 2 R ⇒ x + y + x + y = 2 R (7)
Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có:

0.25

2

2

x + y ≥ 2 xy và x 2 + y 2 ≥ 2xy (8).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.

Từ (7) và (8) suy ra: 2 xy + 2xy ≤ x + y + x 2 + y 2 = 2R

(

)

⇔ xy 2 + 2 ≤ 2R
⇔ xy ≤

2R

( 2+ 2 )

⇔ xy ≤

2R 2
3+ 2 2

0.25
0.25


⇒ S ∆ADE

(

)

1
R2

= x. y ≤
⇔ S ∆ADE ≤ 3 - 2 2 R 2 .
2
3+ 2 2

0.25

Vậy Max S∆ADE = ( 3 − 2 2 ) R ⇔ x = y ⇔ ∆ADE cân tại A.
Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn đẳng thức:
2

V
(1đ)

x( 2015 + 2014) + y( 2015 − 2014) = 20153 + 20143
Giải:
Theo bài ra ta có:

x( 2015 + 2014) + y( 2015 − 2014) = 20153 + 20143
⇔

2015( x + y − 2015) = 2014( y − x + 2014)

+) Nếu x + y − 2015 = 0 thì y − x + 2014 = 0
4029

x=

 x − y = 2014
2x = 4029


2
⇒
⇔
⇔ 
 x + y = 2015
2y = 1
y = 1


2

0.25

0.25

+) Nếu y − x + 2014 = 0 thì x + y − 2015 = 0 ta cũng được kết quả
như trên.
+) Nếu x + y − 2015 ≠ 0 thì

2015 y − x + 2014
=
(Vô lý vì x, y là số
2014 x + y − 2015

hữu tỉ thì VP là số hữu tỉ, còn VT là số vô tỉ)
+) Nếu y − x + 2014 ≠ 0 thì

0.25

2014 x + y − 2015
=
(Vô lý vì x, y là số
2015 y − x + 2014

hữu tỉ thì VP là số hữu tỉ, còn VT là số vô tỉ)
Vậy x =

4029
1
và y = là cặp số duy nhất thoả mãn đề bài.
2
2

0.25