SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 31/5/2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (3,0 điểm) A= a) Rút gọn biểu thức b) Giải phương trình ( ) x −1 −1 + 4x − + x −1 với x + x + 3x + = x x + + x + c) Giải hệ phương trình  x + y = + xy  2  x + y = 18 x ≥1 Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên tố f ( x ) = x + bx + c b) Cho đa thức f ( 2) ≥ c minh ( p; q ) thỏa mãn p − 5q = Biết b, c hệ số dương f ( x) có nghiệm Chứng Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x + y + z = 3xyz Chứng minh: x2 y2 z2 + + ≥ y+2 z+2 x+2 Câu (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) (O’; R’) cắt A B (OO’ > R > R’) Trên nửa mặt phẳng bờ OO’ có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn (với M thuộc (O) N thuộc (O’)) Biết BM cắt (O’) điểm E nằm đường tròn (O) đường thẳng AB cắt MN I a) Chứng minh · · MAN + MBN = 1800 I trung điểm MN b) Qua B, kẻ đường thẳng (d) song song với MN, (d) cắt (O) C cắt (O’) D (với C, D khác B) Gọi P, Q trung điểm CD EM Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACD điểm A, B, P, Q thuộc đường tròn c) Chứng minh tam giác BIP cân Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn H trực tâm Chứng minh HA HB HC + + ≥ BC CA AB HẾT -Chữ ký giám thị 1: …………………………………………………………………………… Họ tên thí sinh: …………………………… ……… … Số báo danh ……………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (Chuyên) (Hướng dẫn gồm 04 trang) Câu 1a Nội dung A= Rút gọn biểu thức ( ) ( ) Điểm x −1 −1 + 4x − + x −1 với x ≥1 ∑ =1 x −1 −1 = x − x −1 0,25 ( ) 4x − + x −1 = x −1 + x ≥1 Do với A = x +1 Vậy 2 x −1 +1 > 1b Giải phương trình 0,25 nên 4x − + x −1 = x −1 + 0,25 x + x2 + 3x + = x x + + x + x ≥ −1 Điều kiện xác định: ⇔ x + x + x + = x x + + x + (1) ( )( 0,25 (1) ∑ =1 0,25 ) ⇔ x − x +1 1− x + = ⇔ x = x +1 x + = ⇔ x = −1 0,25 x + =1 0,25 (thỏa mãn điều kiện) x ≥ 1+ x = x +1 ⇔  ⇔x= x − x −1 = 0,25 (thỏa mãn điều kiện) 1c Giải hệ phương trình xy ≥ Điều kiện: a = x + y , b = xy Đặt  x + y = + xy  2  x + y = 18 ( b ≥ 0) Ta có hệ ∑ =1 a = + b  2 a − 2b = 18 a = 3+b Thế vào phương trình lại ta được: ⇔ b − 6b + = ⇔ b = ( + b) 0,25 − 2b = 18 0,25  x + y =    xy = ( a; b ) = ( 6;3) 0,25 Do Ta hệ x + y = x = ⇔ ⇔  xy = y = (thỏa mãn điều kiện) ( x; y ) = ( 3;3) 0,25 Vậy hệ có nghiệm ( p; q ) 2a p − 5q = Tìm tất cặp số nguyên tố thỏa mãn 2 2 p − 5q = ⇔ p − = 5q ⇔ ( p − ) ( p + ) = 5q 0< p−2< p+2 Do 1, 5, q, q q nguyên tố nên Ta có bảng giá trị tương ứng p–2 p+2 5q p−2 2b 0,25 nhận giá trị p q q2 q q2 5q 3 1 ( p; q ) = ( 7;3) ∑ =1 Do p, q số nguyên tố nên có cặp thỏa mãn f ( x) f ( x ) = x + bx + c Cho đa thức Biết b, c hệ số dương có f ( 2) ≥ c nghiệm Chứng minh 0,25 0,25 0,25 ∑ =1 f ( x) có nghiệm ⇒ ∆ ≥ ⇒ b ≥ 4c ⇒ b ≥ c f ( ) = + 2b + c ≥ + c + c = ( c +2 ) 0,25 0,25 c + = c +1+1 ≥ 33 c ( f ( 2) ≥ 3 c Do Cách 2: ) 0,25 = 93 c 0,25 x1 x2 = c f ( x ) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) Theo hệ thức Vi – et ta có , f ( x) ⇒ x1 < 0, x2 < Do b, c dương nên có nghiệm âm x1 = − p, x2 = −q p > 0, q > pq = c Đặt f ( x) = ( x + p) ( x + q) 0,25 0,25 0,25 f ( ) = ( + p ) ( + q ) = ( + + p ) ( + + q ) ≥ 3 p 3 q = pq = c x + y + z = 3xyz Cho x, y, z số dương thỏa mãn x2 y2 z2 + + ≥ y+2 z+2 x+2 Chứng minh: ∑ =1 (*) x y+2 x y+2 x 6x − y − + ≥2 = x⇒ ≥ y+2 y+2 y+2 0,25 0,25 Ta có y2 6y − z − ≥ z+2 z2 6z − x − ≥ x+2 Tương tự , Đặt vế trái (*) P Cộng bất đẳng thức theo vế ta được: 5( x + y + z ) − P≥ ( x + y + z) Lại có ≥ xyz , x + y + z ≥ ( x + y + z) 4a ≥ ( x + y + z) 0,25 ( x + y + z) ⇔ x + y + z ≥ 3 Từ giả thiết suy P ≥1 Do Hình vẽ (Học sinh vẽ đến câu a.) 0,25 0,25 0,25 K M I N A Q o' O c E P · · MAN + MBN = 1800 B D Chứng minh I trung điểm MN ·IMA = ·ABM , MIA · · = MIB Ta có · · · · · · MBN + MAN = ·ABM + ·ABN + MAN = IMA + INA + MAN = 1800 ∆IMA : ∆IBM ⇒ IM = IA.IB ∑ =1 0,25 0,25 0,25 IN = IA.IB 4b 4c 0,25 Tương tự ta có Do IM = IN nên I trung điểm MN Chứng minh tam giác AME đồng dạng tam giác ACD điểm A, B, ∑ =1 P, Q thuộc đường tròn ·AME = ACD · ·AEM = ·ADC ; (tứ giác AEBD nội tiếp) 0,25 ⇒ ∆AME : ∆ACD AE EM EQ ⇒ ·AEQ = ·ADC , = = AD DC DP 0,25 ⇒ ∆AEQ : ∆ADP 0,25 ·AQE = APD · 0,25 Vậy tứ giác ABPQ nội tiếp Chứng minh tam giác BIP cân ∑ =0,75 Gọi K giao điểm CM DN Do CDNM hình thang nên điểm I, K, P thẳng hàng · · ⇒ OM ⊥ BC ⇒ ∆BMC ⇒ MCB = MBC MN // BC cân M ·MCB = KMN · · · · · , MBC = BMN KMN = BMN Do MN // BC nên Suy · · ∆BMN = ∆KMN KNM = BNM Chứng minh tương tự ta Do ⇒ BK ⊥ CD, IK = IB MB = MK, NB = NK nên MN trung trực KB Tam giác KBP vuông B có IK = IB nên I trung điểm KP Vậy tam giác BIP cân I Cho tam giác ABC có ba góc nhọn có trực tâm H Chứng minh: HA HB HC + + ≥ BC CA AB Gọi D, E, F chân đường cao tương ứng kẻ từ đỉnh A A, B, C tam giác ABC E HA HB HC x= , y= ,z= BC CA AB F H Đặt HB BD ∆BHD : ∆ADC ⇒ = AC AD B D C Ta có HA HB HA.BD S AHB xy = = = BC AC BC AD S ABC yz = Tương tự, ta có S BHC S , zx = CHA S ABC S ABC ≥ ( xy + yz + zx ) ( x + y + z) 0,25 0,25 ∑ =1 0,25 0,25 0,25 S + S BHC + SCHA S ABC ⇒ xy + yz + zx = AHB = =1 S ABC S ABC ( x + y + z) 0,25 ≥3⇒ x+ y+ z ≥ Lại có nên HA HB HC + + ≥ BC CA AB Vậy ……………HẾT…………… 0,25