SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (7,0 điểm).
a) Giải phương trình
2
1 2 3 2 4 3.x x x x x x      

b) Giải hệ phương trình
22
22
1
( 1) ( 1) 2
3 1.
xy
yx
xy x y






cắt nhau tại H. Gọi P là điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B, C); M, N lần lượt là
hình chiếu của P trên các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng:
a) OB vuông góc với EF và
2
BH EF
BO AC

.
b) Đường thẳng MN đi qua trung điểm của đoạn thẳng HP
Câu 5 (2,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC có

60 , 2 3
o
BAC BC
cm. Bên trong tam giác này
cho 13 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm được 2 điểm mà
khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm.

HẾT

Hä vµ tªn thÝ
sinh:
Sè b¸o danh:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2014 – 2015



  
3 1 1 2 0x x x     

0,5

3 1 (1)
1 2 (2)
x
xx








0,5
Ta có
(1) 2x  
(loại)
0,5
(2)
22
00
1 4 4 1 0
xx
x x x x


8
x



0,25
b) 3,5 đ

Điều kiện:
1; 1xy   

Hệ phương trình đã cho tương đương với
22
22
1
( 1) ( 1) 2
1
.
1 1 4
xy
yx
xy
yx










0,5

22
22
21
20
u v uv
u v uv

  



  


 
 
2
2
1
0
uv
uv





  



(thỏa mãn)
0,75
Nếu
1
2
uv
thì
12
1
12
3
yx
xy
xy
  

   

  

(thỏa mãn)
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:
1
1;
3
x y x y    


0,5
Thay vào (1) ta có:
   
9 3 3 3 1x k k x k k    

0,25
Vậy phương trình có nghiệm:
 
1
31
x k k
yk






 
k 

0,25
b)

1,0 đ

Từ giả thiết suy ra
 
ab a b a b  

.
0,5
3. 2,0 đ
Đặt
3 3 3
2 2 2
,,a x b y c z  
.
Suy ra
2 3 2 3 2 3
,,a x b y c z  
,

 
33
22xy x y xy xy x y  
(3)
Tương tự ta có
 
33
2yz y z y z
(4)

 
33
2zx z x z x
(5)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (3), (4), (5) ta được
     


3 3 3 3 3 3
2xy x y yz y z zx z x x y y z z x       
(6)
0,5
Từ (2) và (6) ta có 0,5 

3 3 3 3 3 3 3 3 3
32x y z xyz x y y z z x     
.

nên tứ
giác ACEF nội tiếp.
0,5
Suy ra


BFE ACB
(cùng bù
với góc

AFE
) (1)
0,5
Kẻ tia tiếp tuyến Bx của đường
tròn (O) tại B.
Ta có


ACB ABx
(cùng chắn
cung AB ) (2)
0,5
Từ (1) và (2) suy ra


BFE ABx

0,5
Do đó
//Bx EF

lần lượt nội tiếp đường tròn bán kính
2
BH
và đường
tròn bán kính OB nên
2.
EF BH
AC OB


Từ đó ta có
2
BH EF
BO AC

.
0,5
P
F
N
M
E
I
H
G
O
C
B
A
b)

BFE ACB
(6)
0,25
Từ (3), (4), (5), (6) suy ra


1
AM B BHE


0
1
180AM B AHB  
,
0,25
do đó tứ giác AHBM
1
nội tiếp 0,25


11
AHM ABM
mà


1
ABM ABP
nên



, do đó MN đi qua trung
điểm của PH.
0,25
5. 2,0 đ Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC và M, N, P lần lượt là trung điểm của
BC, CA, AB.
Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong
tam giác ABC

Vì

0
60BAC 
nên

0
60MOC 
, suy ra

0
2
sin60
MC
OA OB OC   0,5