SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2014 - 2015

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN
Ngày thi: 12/6/2014
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm).
�

a  3 a �� a  2

a 3

9a

�

1
:


��
�
Cho biểu thức A  �

�
�với a �0; a �4; a �9 .
a  9 ��
�
�� a  3 2  a a  a  6 �
a) Rút gọn A.
b) Tìm a để A  A  0
Câu 2 (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
29  x  x  3  x 2  26x  177
2
2
�
�x  2y  xy  x  y
2. Giải hệ phương trình: �
�x 2y  y x 1  2x  y  1
Câu 3 (2,0 điểm).
1. Cho hai phương trình: x 2  bx  c  0 (1) và x 2  b2 x  bc  0
(2)
(trong đó x là ẩn, b và c là các tham số).
Biết phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x 2 , phương trình (2) có hai nghiệm x 3 và x 4 thoả

mãn điều kiện x 3  x1  x 4  x 2  1 . Xác định b và c.
2. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p + 1)(p - 1) chia hết cho 24.
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một
điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB, vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E
là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường
tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác A). Đường thẳng DE cắt MN tại I.
Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm B, D, M, I cùng thuộc một đường tròn.
b) MI.BE  BI.AE
c) Khi điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm
cố định.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
5b3  a 3 5c3  b3 5a 3  c3
P


�
ab  3b2 bc  3c2 ca  3a 2
------HẾT-----Họ và tên thí sinh :..................................................... Số báo danh:..................................
Họ và tên, chữ ký:
Giám thị 1:.........................................................................................
Giám thị 2:.........................................................................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM
TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: Toán - Ngày thi 12/6/2014
(Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang)

I. Hướng dẫn chung
1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.

2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau.
3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.
4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm
đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất.
5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải
đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm.
6. Tuyệt đối không làm tròn điểm.
II. Hướng dẫn chi tiết
Câu
Đáp án
Điểm
1. (2,0 điểm)
a. (1,25 điểm)
�

A�
1
�
�

a  3 a �� a  2
a 3
9a �
:


��
�, với a �0; a �4; a �9
��
a  9 �� a  3 2  a a  a  6 �

�



Câu 1
(2,0
điểm)







�
�
�
�

�
3 a 3 a
a ( a  3) ��
a 2
a 3
�
��

1

:



A
�
a 3
a 2
a  3 a  3 ��
a 2 a 3
�
��
�
a �� a  2
a 3
a 3 �
�
1

:


��
�
�
a  3 ��
a 2
a 2�
�
�� a  3
�






3
a 2
:
a 3 a 3
3

a 2
b. (0,75 điểm)
A -A�-0 A
A A 0
3
 
�
ۣ
0
a 2 0 0 a4
a 2
Kết hợp với ĐKXĐ ta có: 0 �a  4
Câu 2 (2,0 điểm)
(2,0 1. (1,0 điểm)
điểm) ĐKXĐ: 3 �x �29


2

Áp dụng BĐT Bunhiakopxki ta có: (VT) =






2

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

29  x  x  3 �2.(29  x  x  3)  64

� VT  29  x  x  3 �8 . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 13.

2


Mặt khác VP = x2 - 26x + 177 = (x – 13)2 + 8 �8 .

0,25

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 13
Do đó VT = VP � x  13 ( Thoả mãn ĐKXĐ ).

Vậy x = 13 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

0,25

2. (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:

2
2
�
�x  2y  xy  x  y
�
�x 2y  y x 1  2x  y 1

Điều kiện y �0; x �1 (*)
Phương trình (1) � (x + y)(x - 2y - 1) = 0
� x = 2y + 1 ( do (*) nên x + y > 0).
Thay x = 2y + 1 vào (2) tacó:

(2y  1) 2y  y 2y  3y  3 � 2y  3 � y 

(1)

 2
0,25
0,25

9
2


9
2

9
(thỏa mãn đk (*)).
2
9
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x; y) = (10; ).
2

0,25

Khi đó x = 2. + 1 = 10; Ta có x = 10; y =

Câu 3 (2,0 điểm)
(2,0 1. (1,0 điểm)
điểm)
x 2  b2 x  bc  0
(2)
x 2  bx  c  0 (1) ;
Với x3  x1  x4  x2  1 � x3  x1  1; x4  x2  1
(3)
�x1  x2  b
�
x .x  c
(4)
�
�1 2

Theo hệ thức Viét ta có �

(5)
 x1  1   x2  1  b2
�
�
(6)
 x1  1 . x2  1  bc
�
Từ (3) và (5) � b2 + b - 2 = 0 � b = 1 hoặc b = - 2.
Từ (3), (4), (6) � x1.x2  x1  x2  1  bc � c - b + 1 = bc (7)
+) Với b = 1 thì (7) luôn đúng với mọi c ��, phương trình (1) trở thành

x  x  c  0 , pt (2) trở thành x  x  c  0 cùng có   1  4c .
1
 0 c
Hai pt có nghiệm khi �
, khi đó:
4
1  1  4c
1  1  4c
; x2 
Phương trình (1) có nghiệm x1 
2
2
1  1  4c
1  1  4c
Phương trình (2) có nghiệm x 3 
; x4 
2
2
Thỏa mãn ĐK: x 3  x1  x 4  x 2  1

1
Vậy b = 1 và c � là các giá trị cần tìm. (8)
4
2

0,25

0,25

0,25
0,25

2

3


+) Với b = - 2 thì (7) trở thành c + 3 = - 2c � c = - 1
phương trình (1) trở thành: x2 - 2x - 1 = 0 có 2 nghiệm là
x1  1  2 ; x2  1  2
phương trình (2) trở thành: x 2  4 x  2  0 có 2 nghiệm là
x3  2  2 ; x4  2  2
Thỏa mãn ĐK: x 3  x1  x 4  x 2  1
b = - 2; c = - 1 là các giá trị cần tìm
(9)
1
Từ (8) và (9) ta có (b = 1; c � ) hoặc (b = - 2; c = - 1)
4
1. (1,0 điểm)


0,25

Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ và p không chia hết cho 3.
Đặt p = 2k +1 ( k  Z , k > 1) . Suy ra A = (p+1)(p-1) = 2k(2k+2) = 4k(k+1) M8
suy ra AM8
(1)
Ta có (p-1)p(p+1) M3 , mà 3 là số nguyên tố, p không chia hết cho 3
suy ra A = (p-1)(p+1) M3
(2)
vì (3,8) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra đpcm.

0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 4 (3,0 điểm)
(3,0
điểm)
C

M
A

D

0,25
Q
O


E

K

O'

H
I

B

N

Chú ý: trường hợp hình vẽ có điểm H nằm ngoài đoạn OO�
thì lời giải tương tự.

a. (0,75 điểm)
�
�
BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O)
Ta có: BDE
� �
BAE
BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O')

�  BMN
�
�  BMI
�
� BDE

hay BDI
mà hai điểm D và M nằm cùng phía so với BI

suy ra 4 điểm B, D, M, I cùng thuộc một đường tròn (quỹ tích cung chứa góc).
b. (0,75 điểm)

0,25
0,25
0,25

4


�  MBI
�
MDI

�  ABE
�
(cùng chắn cung MI) mà MDI
(cùng chắn cung AE của

0,25

�  MBI
�
đường tròn tâm O) � ABE

� �
BAE (chứng minh trên)

mặt khác BMI

� MBI ~  ABE (g.g) �

0,25

MI BI
� MI.BE = BI.AE

AE BE

0,25

c. (1,25 điểm)
Ta có CD, CE là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên suy ra CD  OD.
và CD = CE ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
Gọi Q là giao điểm của CO và DE � OC là trung trực của DE
� OC  DE tại Q
Áp dụng hệ thức lượng vào  OCD vuông tại D có DQ là đường cao có:
OQ.OC = OD2 = R2
(1)
Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của AB và
OO' � OO'  AB tại H (t/c đường nối tâm).

0,25

0,25

� �
� chung

Xét KQO và CHO có Q
 H  900 ; O
� KQO ~ CHO (g.g)

�

KO OQ

� OC.OQ  KO.OH
CO OH

0,25
0,25

(2)

R2
OH
Vì O, H cố định và R không đổi � OK không đổi (H và K nằm trên tia OO')
� K cố định.

Từ (1) và (2) � KO.OH  R 2 � OK 

(1,0 điểm)
Vì a, b > 0 nên ta luôn có: (a + b)(a - b)2  0, dấu bằng xảy ra khi a = b
(a + b)(a - b)2  0  a3 + b3 - a2b - ab2  0  5b3 - a3  6b3 - a2b - ab2
5b3  a 3
 5b3 - a3  (ab + 3b2)(2b - a) 
�2b  a , dấu "=" khi a=b,(1)
ab  3b2

Tương tự ta có :
5c3  b3
�2c  b , dấu "=" khi b=c.
(2)
Câu 5
bc  3c2
(1,0
5a 3  c3
điểm)
�2a  c , dấu "=" khi c=ba
(3)
ca  3a 2
cộng theo vế 3 bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có:
P 

5b3  a 3 5c3  b3 5a 3  c3


�a  b  c  3
ab  3b2 bc  3c2 ca  3a 2

Dấu "=" trong (4) xảy ra khi (1), (2), (3) có dấu bằng  a = b = c và
a+b+c = 3  a = b = c =1.
Vậy GTLN của P là 3 khi a = b = c = 1.

0,25

0,25
0,25


0,25

(4)

0,25

--------Hết--------

5