S GIO DC V O TO
NGH AN
CHNH THC
K THI TUYN SINH VO LP 10
TRNG THPT CHUYấN PHAN BI CHU
NM HC 2014 2015

Mụn thi: TON
Thời gian lm bi: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Cõu 1 (7,0 im).
a) Gii phng trỡnh
2
1 2 3 2 4 3.x x x x x x+ + + = + + +
b) Gii h phng trỡnh
2 2
2 2
1
( 1) ( 1) 2
3 1.
x y
y x
xy x y

+ =

+ +


= + +



=
.
b) ng thng MN i qua trung im ca on thng HP.
Cõu 5 (2,0 im).
Cho tam giỏc nhn ABC cú
ã
60 , 2 3
o
BAC BC= =
cm. Bờn trong tam giỏc ny
cho 13 im bt k. Chng minh rng trong 13 im y luụn tỡm c 2 im m
khong cỏch gia chỳng khụng ln hn 1cm.
HT
Họ và tên thí sinh: Số báo 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
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Môn: TOÁN
Câu Nội dung Điểm
1. 7,0
a) 3,5
Điều kiện:
1x ≥ −
Ta có:
2
1 2 3 2 4 3x x x x x x+ + + = + + +

x x
x x x x
≥ ≥
 
⇔ ⇔
 
+ = − − =
 
0
1 17
8
x
x
≥


⇔

±
=



1 17
8
x
+
⇔ =
(thỏa mãn)
0,5


+ +


0,5
Đặt
;
1 1
x y
u v
y x
= =
+ +
, hệ đã cho trở thành
2 2
1
2
1
4
u v
uv

+ =




=




0,5
Suy ra
1
2
u v= =
hoặc
1
2
u v= = −
0,5
Nếu
1
2
u v= =
thì
1 2
1
1 2
y x
x y
x y
+ =

⇔ = =

+ =

(thỏa mãn) 0,75
Nếu

Nếu
1 3y − M
thì
( ) ( ) ( )
2 1 3 3 1 2 9y y y y+ = − + ⇒ − +M M
mà
9 9x M
,
x∀ ∈¢
nên ta có mâu thuẫn.
0,5
Suy ra
1 3,y − M
do đó
( ) ( )
1 3 3 1y k k y k k− = ∈ ⇒ = + ∈¢ ¢
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
3 1
x k k
y k
= +



16a b+ =
thì thay vào (1) không thỏa mãn
Nếu
9a b+ =
thay vào (1) ta được
27ab =
.
Vậy
2, 7a 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= = =
,
3 3 3
, ,a x b y c z= = =
và
, , 0x y z ≥

Bất đẳng thức đã cho trở thành:

(
)

3 3
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

(
)
3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 2x y z xyz x y y z z x+ + + ≥ + +
.
0,5
Đẳng thức xảy ra khi
x y z= =
hay
a b c= =
.
4. 6,0 đ
a) 4,0 đ
N
1
M
1

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
0,5
Mà
OB Bx⊥
nên
OB EF⊥
0,5
Xét
BEF
∆
và
BAC∆
có
·
ABC
chung và

0,5
b) 2,0 đ
Gọi M
1
và N
1
lần lượt là các điểm đối xứng với P qua AB và AC.
Ta có
·
·
1
AM B APB=
(do tính chất đối xứng) (3)
0,25

·
·
APB ACB=
(cùng chắn cung AB) (4) 0,25
Tứ giác BEHF nội tiếp nên
·
·
BFE BHE=
(5)
Mặt khác theo câu a)
·
·
BFE ACB=
(6)
0,25

AHM ABM⇒ =
mà
·
·
1
ABM ABP=
nên
·
·
1
AHM ABP=
. 0,25
Chứng minh tương tự ta có
·
·
1
AHN ACP=
. 0,25
⇒
·
·
·
·
0
1 1
180AHM AHN ABP ACP+ = + =

⇒
M
1

OA OB OC= = = =

0,5
Vì O nằm trong tam giác ABC và
, ,OM BC ON AC OP AB⊥ ⊥ ⊥
Suy ra tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các
đường tròn có đường kính 2 (đường kính lần lượt là OA, OB, OC).
0.25
Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 5
điểm trong 13 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác ANOP.
0,25
Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm
OA, suy ra
1IA IP IO IN= = = =
.
0,25
Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội
tiếp các đường tròn có đường kính 1.
0,25
Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2
điểm trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 13 điểm
đã cho.
0,25
Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác
này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa
X, Y không vượt quá 1.
0,25
Lưu ý : Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
HẾT