Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2014 - 2015 môn: Toán học

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
:
93 3
x x x
F
xx x x x
    
            
 với 0, 9x x  . 
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
2 3
1
x x
x x
 
 
 nhận giá trị là 
số nguyên. 
Bài 4 (1,0 điểm). Các số 0 1 2, , ,..., ,...na a a a được xác định bởi 
28 27
0 19, 27 28 ,n n na a a a   với mọi 0,1,2,...n  
Chứng minh rằng số 11a 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 0120A  , 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
2 2
x
F
x



. 1,0 
1.b 
   
3 4
1 1 0
2 2 2 2
x x
F
x x

      
 
. 
Do  2 2 0x   nên phải có 4 0 16x x    
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 
2 4
3 4
x x
x x
   

  
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 
2 4
3 4
x x
x x
   

  
Vậy trường hợp này phương trình vô nghiệm. 
Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. 
0,25 
3 
Đặt 
 
22
22
1 22 3
0,
1 1 3
2 4
xx x
k x
x x
x
  
   
   
  
 
. Vậy k là số nguyên dương. 
Từ đó có      21 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 22 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 
AD
B
C
M
N
P
Q
+) 3k  thì (1) có nghiệm 
2 3
5
0,
2
x x  . 
+) k = 6 thì (1) có nghiệm 
4 5
3
, 1
5
x x  . 
Vậy có 5 giá trị của x thỏa mãn. 
4 
Theo đề bài ta có  28 27 27 271 1 27 28 1 27 1 1n n n n n na a a a a a         
   27 26 25 24 21 27 ... 1n n n n n n na a a a a a a         
            27 26 25 21 27 1 1 1 ... 1 1n n n n n na a a a a a            . 
0,5 
Ta có                27 26 25 21 1 , 1 1 , 1 1 ,... 1 1n n n n n n n na a a a a a a a        nên suy 
ra    
2
1 1 1n na a   (1) 
0,25 
Do 0 9a  và trong (1) cho n lấy giá trị từ 0 đến 10 ta suy ra 
 
112
11 1 10a  hay  
2048
11 1 10a  
Vậy 11a 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 0cos60
2
a
CN CD  . 
Tam giác vuông BCP có 0cos60
2
b
CP CB  . 
Vậy 
2
a b
NP CN CP

   . 
0,5 
AD
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 045APH APB AHP     . 
0,5 
Chứng minh tương tự có QH = QD, 045AHQ  . 
Vậy 0 2 2 2 2 290QHP 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.