SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 - 2018 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Đề thức Môn: TOÁN (Chuyên toán) Ngày thi: 04/06/2017 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2,0 điểm)  x 2 x   x  2x   Cho biể u thức A =   x  x    x 1 a) Tı̀m điề u kiê ̣n của x để biể u thức A có nghıã Rút go ̣n A b) Tım ̀ x để A  c) Tı̀m giá tri ̣lớn nhấ t của A Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trıǹ h sau: 4x  4x  20x  2x   2) Chứng minh rằ ng nế u số tự nhiên abc là số nguyên tố thı̀ b  4ac không là số chıń h phương Bài 3: (1,0 điểm) Cho đa thức f(x) = x – 2(m + 2)x + 6m + (m là tham số ) Bằ ng cách đă ̣t x = t + Tı́nh f(x) theo t và tı̀m điề u kiê ̣n của m để phương trıǹ h f(x) = có hai nghiê ̣m lớn Bài 4: (4,0 điểm) Cho đường tròn (T) tâm O đường kıń h AB, tiế p tuyế n ta ̣i A lấ y mô ̣t điể m P khác A, điể m K thuô ̣c đoa ̣n OB (K khá c O và B) Đường thẳ ng PK cắ t đường tròn (T) ta ̣i C và D (C nằ m giữa P và D), H là trung điể m của CD a) Chứng minh tứ giác AOHP nô ̣i tiế p đươ ̣c đường tròn  = BAH  b) Kẻ DI song song với PO, điể m I thuô ̣c AB, chứng minh: PDI c) Chứng minh đẳ ng thức PA = PC.PD d) BC cắ t OP ta ̣i J, chứng minh AJ song song với DB Cho tam giác ABC vuông ta ̣i A Từ điể m I thuô ̣c miề n tam giác, kẻ IM  BC, kẻ IN  AC, IK  AB Tı̀m vi ̣trı́ của I cho tổ ng IM + IN + IK nhỏ nhấ t Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mañ xyz  x 1  y3  y 1  z  z 1  x    0 Chứng minh rằng: y3 z3 x3 Bài 1: a) Điề u kiê ̣n để A có nghıã là x  và x    x 2 x   x  2x   x 2 A =   =    x  x  1 x 1  x1  x 1   x 2 x 1 x 2 x    x  12 = =  2    x1 x 1 x 1 x 1                 x 2x  b) A   – x + x   x– x   x        x    x  1  x 1   2 x x  x  x   x  1  =–x+ x   x  1 x1   x    x  x 1    x    x  Kế t hơ ̣p với điề u kiê ̣n ban đầ u x  và x  Ta đươ ̣c:  x < 1 1  c) A = – x + x =   x     với mo ̣i x 2 4  1 Dấ u “=” xảy x  =  x   x  (TMĐK x  và x  1) 2 1 x = Vâ ̣y GTLN của A là 4 Bài 2: 1) x = không phải là nghiê ̣m của phương trı̀nh nên x  Do đó chia cả hai vế phương trı̀nh cho  1   x  0, ta đươ ̣c:  4x     2x    20  (1) x  x   1 Đă ̣t: y = 2x   4x   y  x x Do đó PT (1) trở thành: y  2y  24   y = – ; y = 3  3  ; x2  Với y = – ta có: 2x  = –  2x  6x    x1  x 2 2 2 Với y = ta có: 2x  =  2x  4x    x1  ; x2  x 2  3  3   2   Vâ ̣y phương trın ; ; ;  ̀ h đã cho có tâ ̣p nghiê ̣m là: S =  2 2   Cách 2: 4x  4x  20x  2x     4x  4x  x   21x  2x     2x  x    2x  x    25x   2x  x  1  25x 2  2x  4x   1  2x  x   5x    2x  6x      2x  x    5x 2 2 ; x2  PT (1): 2x  4x    x1  2 3  3  ; x2  PT (2): 2x  6x    x1  2  3  3   2   ; ; ; Vâ ̣y phương trıǹ h đã cho có tâ ̣p nghiê ̣m là: S =   2 2   2 2) Chứng minh bằ ng phản chứng Giả sử b  4ac là số chın ́ h phương m  m  N  Xét 4a abc = 4a(100a + 10b + c) = 400a + 40ab + 4ac =  20a + b    b  4ac  =  20a + b   m = (20a + b + m)(20a + b – m) Tồ n ta ̣i mô ̣t hai thừa số 20a + b + m, 20a + b – m chia hế t cho số nguyên tố abc Điề u này không xảy vı̀ cả hai thừa số đề u nhỏ abc Thâ ̣t vâ ̣y, m < b (vı̀ m  b  4ac  ) nên: 20a + b – m  20a + b + m < 100a + 10b + c = abc Vâ ̣y nế u số tự nhiên abc là số nguyên tố thı̀ b  4ac không là số chın ́ h phương Bài 3: Ta có: h(t) = f(t + 2) =  t     m   t    6m  = t + 4t +  mt  4m  4t   6m  = t  mt  2m   t  mt  2m  = (*) Phương trın ̀ h: f(x) = có nghiê ̣m lớn  Phương trıǹ h h(t) = có nghiê ̣m dương  m  12   0, m      P   2m   m S  2m    Vâ ̣y với m  thı̀ phương trı̀nh f(x) = có nghiê ̣m lớn 2 Bài a) Chứng minh tứ giác AOHP nô ̣i tiế p đươ ̣c đường tròn P Ta có: OH  CD ta ̣i H (vı̀ HC = HD)  + OAP   900  900  1800 Do đó: OHP  Tứ giác AOHP nô ̣i tiế p đường tròn đường kı́nh OP J  = BAH  b) Chứng minh: PDI C N  = DPO  (so le và DI // PO) PDI   BAH  (vı nô ̣i tiế p cùng chắ n OH ) DPO ̀  = BAH  Do đó: PDI 1 H c) Chứng minh đẳ ng thức PA = PC.PD A PA PC  PAC ~  PDA (g.g)  =  PA = PC.PD PD PA d) Chứng minh AJ // DB Kẻ tiế p tuyế n PN (N khác A) của đường tròn (T), Với N là tiế p điể m Ta có chứng minh đươ ̣c PO là đường trung trực của NA  JA = JN  APJ và  NPJ có: PA = PN; P2 = P1 ; JA = JN  N  (1)   APJ =  NPJ (c.g.c)  A I O D =A  = P (vı tứ giác PAON nô ̣i tiế p) và JCN +C   1800 (vı góc kề bù) Ta có: C ̀ ̀ 1      JCN = P  180  Tứ giác NCJP nô ̣i tiế p đươ ̣c  N = A (2) B K  A  Từ (1) và (2) suy ra: A     Ta có: A  JAO  A1 + JAO  900  JA  AD ta ̣i A (3)   900 (vı nô ̣i tiế p chắ n nửa đương tron)  DB  AD (4) Có: ADB ̀ ̀ ̀ Từ (3) và (4) suy ra: AJ // DB GV: Võ Mô ̣ng Trı̀nh – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bı̀nh Đinh ̣ 2 Bổ đề : Với a > 0; b > ta có: a + b a + b  (1) Dấ u “=” xảy a = b 2 Thâ ̣t vâ ̣y: (1)  2a  2b  a  2ab  b  a  2ab  b    a  b   (BĐT đúng) Dấ u “=” xảy a = b Vâ ̣y: a + b  a + b A Kẻ đường cao AH  H là điể m cố đinh ̣ (vı̀ A, B, C cố đinh) ̣ K N Go ̣i P là hıǹ h chiế u vuông góc của M AH Áp du ̣ng đinh ̣ lý Pytago cho các tam giác vuông P I INA, IPA ta có: IN + AN  IN  I K  IA  PA Mă ̣t khác: IN = PH nên: B IM + IN  IK  PH  PA H M Áp du ̣ng bổ đề ta có: PH + PA   AH 2 2 2 IM + IN  IK  PH  PA   : không đổ i (vı̀ A, H cố đinh) ̣ 2 AH Dấ u “=” xảy IA = PA = PH =  I là trung điể m của đường cao AH Vâ ̣y I là trung điể m của đường cao AH thı̀ tổ ng IM + IN + IK đa ̣t GTNN là C AH 2 Cách 2: IM + IN  IK  IM + KN (vı̀ IN  IK  KN ) = IM + IA Theo bổ đề , ta có: IM + IN  IK  IM  IA 2 2  IM + IA   2 Dấ u “=” xảy A, I, M thẳ ng hàng, M trùng H và IM = IA  I là trung điể m của đường cao AH  AM AH  : không đổ i 2 Vâ ̣y I là trung điể m của đường cao AH thı̀ tổ ng IM + IN + IK đa ̣t GTNN là Bài 5: Ta có: x 1  y3  y  Ta có: xyz  nên y 1  z  z  z 1  x  x 0  x y z + + x+y+z y z x 1.x 1.y 1.z x z y x z y + +  + + (1) y3 z x y z x Áp du ̣ng bấ t đẳ ng thức Cô si cho số dương: x 2z y2 x ; ; z, ta đươ ̣c: z y2 x 2z x 2z y2 x y2 x z2 y z2 y + z  3x; tương tự : + + x  3y va + + + y  3z ̀ z2 z2 x2 x2 y2 y2  x z y2 x z y  Cô ̣ng theo vế ta đươ ̣c:  + +   x + y + z   x + y + z  (2) z x   y x z y2 x z y  + + x+y+z y z x x y z Từ (1) và (2) suy ra: + +  x + y + z Dấ u “=” xảy x = y = z = y z x GV: Võ Mô ̣ng Trı̀nh – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bı̀nh Đinh ̣ AH 2 ... minh bằ ng phản chứng Giả sử b  4ac là số chın ́ h phương m  m  N  Xét 4a abc = 4a (100 a + 10b + c) = 400a + 40ab + 4ac =  20a + b    b  4ac  =  20a + b   m = (20a + b + m)(20a... số đề u nhỏ abc Thâ ̣t vâ ̣y, m < b (vı̀ m  b  4ac  ) nên: 20a + b – m  20a + b + m < 100 a + 10b + c = abc Vâ ̣y nế u số tự nhiên abc là số nguyên tố thı̀ b  4ac không là số chın