DAP AN de thi toan vong 2 NAM 2014 2015

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2014 ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH Môn thi: Toán vòng 2... Xét hai tam giác MAJ và MIB có AMJ BMI chứng minh tr

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2014 ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH

Môn thi: Toán (vòng 2) Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1

(3,0

điểm)

a) Điều kiện x0, x1, x2 Phương trình đã cho tương đương với

5

x  x  x  x   (*) Đặt t x 2 2 x Khi đó (*) trở thành

2

1

3 1

5

t

t t









 Với t 1, ta có x2  2x 1 0  x 1 2 t m/ 

Với 3,

5

x  x   x  t m

b) Điều kiện 1

2

x  Phương trình đã cho tương đương với

x x  x x  x  x x x

 4 2x x 1 x2, vì 1 0

2

x  

4  

7 /

Câu 2

(1,5

điểm)

Do p2 8q9 là số lẻ nên p lẻ Đặt p2k1k 

Ta có p2 8q 9  p 3  p3 8q

 2k 2 2  k4 8q k  1 k2 2 q

Vì q là số nguyên tố và 0 k 1 k 2 nên có 2 trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: k k 1 12 2 q k q22 q p25

điểm)

tiếp luôn chia hết cho 8) và a  2 1 2 nên

     

4 1 1 1 2 1 16

a   a a a   Khi đó, vì a a1, 2, , a n là các số nguyên lẻ nên ta có

A  n a   a   a  

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Câu 4

(1,0

điểm)

Không mất tính tổng quát ta giả sử x y z  0 Xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: xy 1 Suy ra yz xy 1 và xz xy 1 Do đó P 3

Trường hợp 2: xy 1 Từ giả thiết ta có

4 1

x y z

xy

 



 và x y 4

1

x y

xy

 



2

1

xy





0, 1

xy

2

4

x y

Như vậy, từ hai trường hợp trên ta có P 4 Dấu đẳng thức xảy ra khi

2, 0

x y  z

Vậy giá trị lớn nhất của P là 4, đạt được khi x y 2, z0 hoặc các hoán vị

Câu 5

(3,5

điểm)

a) Kẻ đường kính MN của đường tròn (O) Khi đó MBN 900 MHA (1)

Ta có MAH MNB (góc nội tiếp cùng chắn cung MB) (2)

Từ (1) và (2) suy ra MAH ~MNB g g( ) AMH BMO

b) Vì I là trung điểm của cung nhỏ AB nên AMJ BMI

Xét hai tam giác MAJ và MIB có AMJ BMI (chứng minh trên), MAJ MIB

(góc nội tiếp cùng chắn cung MB ) Suy ra MAJ ~MIB

Do đó MA MJ MA MB MI MJ

c) Gọi L là giao điểm thứ 2 của BK với đường tròn (MJB) Khi đó  

L M (góc nội tiếp cùng chắn cung BJ của đường tròn (MJB)) Mặt khác  

M K (góc nội tiếp cùng chắn cung BI của đường tròn (O)) Suy ra L1 K1 LJ KI//

Vì I là trung điểm của cung nhỏ AB nên OI AB LJ AB LJB90 0 Suy

ra LB là đường kính của đường tròn (MJB) Do đó đường thẳng BK đi qua tâm đường tròn (MJB).

M

J

O

H

I

N

B

M

O

A

I J

K

H L

2

1 1

B A