51 đề thi chính thức vào 10 môn toán THPT chuyên ngoại ngữ năm 2014 2015 (có lời giải chi tiết)

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI NGỮ
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGOẠI NGỮ NĂM 2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức A  (

x  2 x  4 x  2 x 1
1
2

) : (3 

)
x 1
x x 8
x 2
x 1

1. Rút gọn A.
2. Tìm giá trị của x để A > 1.
Câu 2. (2,5 điểm)
1. Giải phương trình: x 2  2 x  7  3 ( x 2  1)( x  3)
�x 2  y 2  3  xy
2. Giải hệ phương trình: � 4
4

�x  y  2
Câu 3. (1,5 điểm)
Cho phương trình (ẩn x): x 2  3(m 1) x  2 m 2  5m  2  0. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm
phân biệt x1 và x2 thỏa mãn |x1+x2|=2|x1-x2|
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Gọi P, Q
lần lượt là chân của đường vuông góc kẻ từ H đến các cạnh AB, AC.
1. Chứng minh rằng BCQP là tứ giác nội tiếp.
2. Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng MH2= MB.MC
3. Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) tại K (K khác A). Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
BCQP. Chứng minh rằng ba điểm I, H, K thẳng hàng.
Câu 5. (1,0 điểm)
2 3 4
2014 2015
Chứng minh rằng: 1   2  3  ....  2013  2014  4
2 2 2
2
2


ĐÁP ÁN
Câu 1.
1. Ta có:
A(

x  2 x  4 x  2 x 1
1
2

) : (3 


)
x 1
x x 8
x 2
x 1

�
� 3( x  2)( x  1)  ( x  1)  2( x  2)
x2 x 4
( x  1) 2
�

�:
( x  2)( x  2 x  4) ( x  1)( x  1) �
( x  2)( x  1)
�
� 1
x  1 �3( x  x  2)  3 x  3
�

�:
� x 2
x 1 �
�
� ( x  2)( x  1)


x  1  ( x  1)( x  2)
3x  9

:
( x  2)( x  1)
( x  2)( x  1)



x 3
( x  2)( x  1)
.
3( x  3)
( x  2)( x  1)



x 1
3( x  1)
2. ĐKXĐ: x0;x 1;x 3;x 4

A  1 

x 1
x 1
 1 
1  0
3( x  1)
3( x  1)

x  1  3( x  1)
0
3( x  1)




42 x
0
3( x  1)



2 x
0
3( x  1)

 1  x  2
 1  x  4
1 x  4
�
Kết hợp với ĐKXĐ, ta có �
là điều kiện cần tìm.
�x �3
Câu 2.
1.x 2  2 x  7  3 ( x 2  1)( x  3)(1)
ĐK: x ≥ –3
Nhận xét: x 2  2 x  7  ( x 2  1)  2(x  3)
Đặt a  x 2  1(a  0), b  x  3(b �0), phương trình (1) trở thành
a 2  2b 2  3ab  (a  b)( a  2b)  0
ab
�
 �

a  2b
�


Với
a  b  x 2  1  x  3  x 2  1  x  3  ( x  2)( x  1)  0
x  2(TM )
�
 �
x  1(TM )
�
Với
a  2b  x 2  1  2 x  3  x 2  1  4( x  3)  x 2  4 x  11  0
�
x  2  15(TM )
 �
x  2  15(TM )
�



Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 2; 1; 2  15; 2  15



�x 2  y 2  3  xy
2. � 4
(I)
4
�x  y  2

�x 2  y 2  3  xy
�x 2  y 2  3  xy
( I )  � 2
 �
( x  y 2 )2  2 x2 y 2  2
(3  xy) 2  2 x 2 y 2  2
�
�
�
�
( x  y ) 2  2 xy  3  xy
( x  y ) 2  3  xy
 �
 �2 2
9  6 xy  x 2 y 2  2 x 2 y 2  2
�
�x y  6 xy  7  0
�
�
( x  y)2  4
�
( x  y ) 2  3  xy
�
�
�
�xy  1
�
 ��
 �
xy  1

�
( x  y ) 2  4
��
�
xy


7
( L)
�
�
�
�
�xy  7
�
�
�
�x  y  2
�x  1
�
�
�
�
�xy  1
�y  1
�
�


�

�
�x  y  2
�x  1
�
�
�
�
�
�
�xy  1
�y  1
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) và (–1;–1)
Câu 3.
x 2  3(m 1) x  2 m 2  5m  2  0. (1)
Ta có:
  9(m  1)2  4(2m 2  5m  2)  m2  2m  1  (m  1) 2
2
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2    0  (m  1)  0  m �1

Khi đó, theo định lí Vi–ét, ta có:
�x1  x2  3(m  1)
�
2
�x1 x2  2m  5m  2
Do đó:


| x1  x2 | 2 | x1  x2 |
 ( x1  x2 ) 2  4( x1  x2 ) 2
 3( x1  x2 )2  16 x1 x2  0

 27(m  1) 2  16(2m 2  5m  2)  0
 5m2  26m  5  0
 ( m  5)(5m  1)  0
m  5
�
�

1
�
m
� 5
Đối chiếu với điều kiện m ≠ 1, ta có m = –5 và m 

1
là các giá trị cần tìm.
5

Câu 4.

1. Tứ giác APHQ có APH +AQH  90 90  180 nên là tứ giác nội tiếp
⇒ APQ= AHQ
Ta có: AHQ =BCQ (cùng phụ với CHQ )
Do đó APQ =BCQ
Suy ra BPQC là tứ giác nội tiếp.
2. Vì BPQC là tứ giác nội tiếp nên
MBP= MQC
MB MP
MBP ~ MQC ( g .g ) 

 MB.MC  MP.MQ(1)

MQ MC
Vì APHQ là tứ giác nội tiếp nên: MQH =BAH
Mà BAH= MHP (cùng phụ với PBH )
nên MQH= MHP
MQ MH
MQH ~ MHP( g .g ) 

 MH 2  MP.MQ(2)
MH MP
Từ (1) và (2) ⇒ MH2 =MB .MC
3. Vì AKBC là tứ giác nội tiếp nên


MKB  MCA  MKB ~ MCA 

MK MB

MC MA

 MK .MA  MB.MC
Kết hợp với kết quả ý 2, ta có MH 2  MK .MA
⇒ HK là đường cao của tam giác vuông AHM.
⇒ AK ⊥ KH
Do đó KH cắt (O) tại D (D khác K) thì AD là đường kính của (O).
Gọi J là trung điểm HD, N là trung điểm QC.
Khi đó OJ là đường trung bình của ∆ AHD ⇒ OJ // AH ⇒ OJ ⊥ BC.
Mà OB = OC nên OJ là trung trực BC (3)
Vì HQ // DC (cùng vuông góc AC) nên HQCD là hình thang.
⇒ JN là đường trung bình của hình thang HQCD
⇒ JN // HQ ⇒ JN ⊥ QC

⇒ JN là trung trực của QC (4)
Từ (3) và (4) ⇒ J là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC (do BPQC là tứ giác nội tiếp)
⇒J≡I
Mà K, H, J thẳng hàng nên I, K, H thẳng hàng.
Câu 5.
3 4
2014 2015
Đặt S= 2  3  ....  2013  2014
2 2
2
2
Ta có:
3 4
2014 2015
2 S   2  ....  2012  2013
2 2
2
2
3 43 54
2015  2014 2015
 2 S  S   2  3  .... 
 2014
2 2
2
2 2013
2
1 1 1
1
2015
 S  (1   2  3  ....  2013 )  2014

2 2 2
2
2
2014

1
1 ( )
1 1 1
1
1
2
 2  2013
Ta có: 1   2  3  ....  2013 
1
2 2 2
2
2
1
2
Do đó:
1
2015
2 3 4
2014 2015
S  2  2013  2014  2  1   2  3  ....  2013  2014  4
2
2
2 2 2
2
2