Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Thái Bình môn Toán - Năm học 2014-2015 (Có đáp án)

SỞ GD & ĐT THÁI BÌNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
Năm học 2014 – 2015
MÔN THI: TOÁN
( Dành cho thí sinh chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (3,0 điểm)
Giải phương trình: 
Giải hệ phương trình: .
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình x2 – 2x – 4 = 0 có hai nghiệm x1, x2. Tính 
Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn: a2 + ab + b2 = c2 + cd + d2. 
Chứng minh a + b + c + d là hợp số.
Bài 3. (1,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực dương và có tổng bằng 1.
Chứng minh: 
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho hình bình hành ABCD với A, C cố địnhvà B, D di động. Đường phân giác của góc BCD cắt AB và AD theo thứ tự tại I và J (J nằm giữa A và D). Gọi M là giao điểm khác A của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và AIJ, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIJ.
Chứng minh AO là phân giác góc IAJ.
Chứng minh bốn điểm A, B, D, O cùng thuộc một đường tròn.
Tìm đường tròn cố định luôn đi qua M khi B, D di động.
Bài 5. (1,0 điểm)
Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một số có tổng các chữ số chia hết cho 11.
--------------Hết----------------
Họ và tên thí sinh: SBD:.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1. 
ĐKXĐ: 
Û x = 2 (thoả mãn ĐKXĐ) hoặc 
Xét phương trình: (1)
	Vì 	Þ 2x + 3 ³ ; ; 
	 Þ (1) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
Xét: x2 + 8xy2 = 2y(x2 + 32y2) 	Û x3 – 2x2y + 8xy2 – 64y2 = 0 
Û (x – 4y)(x2 + 2xy + 16y2) =0 	
Û x = 4y hoặc x2 + 2xy + 16y2 = 0
Nếu x = 4y thì phương trình: x2 + 32y2 = 48 Û 48y2 = 48 Û y = ±1.
Trường hợp này hệ đã cho có hai nghiệm: (4; 1); (-4; -1).
Nếu x2 + 2xy + 16y2 = 0 Û(x + y)2 + 15y2 = 0 Û x = y = 0 (vì (x + y)2 ³ 0, 15y2 ³ 0
Khi đó: x2 + 32y2 = 48 Û 0 = 48 (vô lí).
Trường hợp này hệ đã cho vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm hai nghiệm: (4; 1); (- 4; -1)
Bài 2. 
Xét phương trình: x2 – 2x – 4 = 0 
ac = 1.(-4) < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 phân biệt trái dấu.
Theo định lí Vi-et: .
Cách 1. Ta có: 
Từ đó: 
Cách 2. Xét biểu thức: (n Î N*).
Ta có: (n ³ 2).
	Suy ra: hay Sn = 2Sn–1 + 4Sn-2
	Từ đó: S7 	= 2S6 + 4S5 = 2(2S5 + 4S4) + 4S5 = 8S5 + 8S4 = 8(2S4 + 4S3) + 8S4 
	= 24S4 + 32S3 = 24(2S3 + 4S2) + 32S3 = 80S3 + 96S2 = 80(2S2 + 4S1) + 96S2
	= 256S2 + 320S1
	Mà:	
	Vậy = 256.12 + 320.2 = 3712.
Vì a, b, c, d là các số nguyên dương Þ a + b + c + d > 2.
Ta có: a2 + ab + b2 = c2 + cd + d2 Û 3(a + b)2 + (a – b)2 = 3(c + d)2 + (c – d)2
Û 3(a + b – c – d)(a + b + c + d) = (c – d + a – b)(c – d – a + b) (*)
Giả sử: a + b + c + d = p (p là số nguyên tố, p > 2) thì từ (*) suy ra: 
c – d + a – b M p hoặc c – d – a + b M p
Nếu c – d + a – b M p. Vì –(a + b + c + d) < c – d + a – b < a + b + c + d 
hay –p < c – d + a – b < p Þ c – d + a – b = 0 Þ a + c = b + d
Suy ra: a + b + c + d = 2(a + c) là hợp số (vì a + c > 1) (mâu thuẫn với điều giả sử).
Nếu c – d – a + b M p. Vì –(a + b + c + d) < c – d – a + b < a + b + c + d
hay –p < c – d - a + b < p Þ c – d - a + b = 0 Þ b + c = a + d
Suy ra: a + b + c + d = 2(b + c) là hợp số (vì b + c > 1) (mâu thuẫn với điều giả sử).
	Vậy a + b + c + d là hợp số.
Bài 3. (1,0 điểm)
Ta có: (vì a + b + c = 1)
Tương tự: 
Suy ra: 
Từ đó: 
Û 4bc(b + c) + 4ca(c + a) + 4ab(a + b) ³ 3(a + b)(b + c)(c + a) 
Û 4b2c + 4bc2 + 4c2a + 4ca2 + 4a2b + 4ab2 ³ 6abc + 3a2b + 3ab2 + 3b2c + 3bc2 + 3ca2 + 3c2a
Û b2c + bc2 + c2a + ca2 + a2b + ab2 ³ 6abc (vì abc > 0) 
Bất đẳng thức này luôn đúng vì (a – b)2 ³ 0, (b – c)2 ³ 0, (c – a)2 ³ 0 và ab, bc, ca > 0.
Vậy . Dấu bằng xảy ra Û a = b = c = 
Bài 4. 
ABCD là hình bình hành 
Mà (vì CI là tia phân giác của góc BCD) 
Þ Þ DAIJ cân tại A Þ AI = AJ.
DAOI và DAOJ có: AI = AJ, AO chung, OI = OJ (bán kính của (O))
Þ DAOI = DAOJ (c.c.c) Þ 
Do đó AO là phân giác của góc IAJ.
Ta có: (chứng minh trên) 
Þ Þ DBC cân tại B Þ BI = BC;
mà AD = BC (vì ABCD là hình bình hành)
Þ AD = BI.
Lại có: DOAI có OA = OI (bán kính của (O)) nên cân tại A Þ ; mà (chứng minh trên) Þ hay 
Xét DOIB và DOAD có: OA = OI, , BI = BC (chứng minh trên) 
Þ DOIB = DOAD (c.g.c) Þ 
Suy ra tứ giác ABDO nội tiếp hay bốn điểm A, B, D, O cùng thuộc một đường tròn.
Gọi K là giao điểm của AC và BD Þ KA = KC, KB = KD.
Ta có: OB = OD (vì DOIB = DOAD), O’B = O’D (bán kính của (O’))
Þ OO’ là đường trung trực của BD Þ K Î OO’	(1)
Mặt khác, hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và M
Þ OO’ là đường trung trực của AM (theo tính chất đường nối tâm)	(2)
Từ (1) và (2) suy ra KM = KA.
DAMC có KM = KA = KC Þ Þ DAMC vuông tại M.
Do đó M thuộc đường tròn đường kính AC cố định.
Bài 5. 
	Trong 39 số tự nhiên liên tiếp sẽ tồn tại dãy số (gồm 30 số) sau: 
 (với b = a + 1, c = b + 1; a, b, c Î N).
	Gọi x là tổng các chữ số của , thì dãy trên được viết dưới dạng: 
x; x + 1;  ; x + 9; x + 1; x + 2;  ; x + 10; x + 2; x + 3;  ; x + 11.
	Suy ra trong dãy trên có chứa dãy số: x; x + 1; x + 2;  ; x + 10; x + 11.
Đây là 12 số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại một số chia hết cho 11.
Vậy trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một số có tổng các chữ số chia hết cho 11.