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 biểu thức A =   x  x    x 1 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa Rút gọn A b) Tìm x để A  c) Tìm giá trị lớn nhất của A Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình sau: 4x  4x  20x  2x   2) Chứng minh rằng nếu số tự nhiên abc số nguyên tố th ì b  4ac không là số chí nh phương Bài 3: (1,0 điểm) Cho đa thức f(x) = x – 2(m + 2)x + 6m + (m là tham số) Bằng cách đặt x = t + Tính f(x) theo t và tì m điều kiện của m để phương trì nh f(x) = có hai nghiệm lớn Bài 4: (4,0 điểm) Cho đường tròn (T) tâm O đường kí nh AB , tiếp tuyế n tại A lấy một điểm P khác A , điểm K thuộc đoạn OB (K khác O và B ) Đường thẳng PK cắt đường tròn (T) tại C D (C nằm giữa P và D), H là trung điểm của CD a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn  = BAH  b) Kẻ DI song song với PO, điểm I thuộc AB, chứng minh: PDI c) Chứng minh đẳng thức PA = PC.PD d) BC cắt OP tại J, chứng minh AJ song song với DB Cho tam giác ABC vuông tại A Từ điểm I thuộc miền tam giác, kẻ IM  BC, kẻ IN  AC, IK  AB Tìm vị trí của I cho tổng IM + IN + IK nhỏ nhất Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz  x 1  y3  y 1  z3  z 1  x  Chứng minh rằng:   0 y3 z3 x3 Bài 1: a) Điều kiện để A có nghĩ a là x  x    x 2 x 2 x   x  2x     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  Kết hợp với điều kiện ban đầu x  x  Ta được:  x < 1 1  c) A = – x + x =   x     với mọi x 2 4  1 Dấu “=” xảy x  =  x   x  (TMĐK x  x  1) 2 1 Vậy GTLN của A là x = 4 Bài 2: 1) x = không phải là nghiệm của phương trì nh nên x  Do đó chia cả hai vế phương trì nh cho  1   x  0, ta được:  4x     2x    20  (1) x  x   1 Đặt: y = 2x   4x   y2  x x Do đó PT (1) trở thành: y  2y  24   y = – ; y = 3  3  = –  2x  6x    x1  ; x2  2 x 2 2 Với y = ta có: 2x  =  2x  4x    x1  ; x2  2 x  3  3   2   ; ; ; Vậy phương trì nh đã cho có tập nghiệm là : S =   2 2   Với y = – ta có: 2x  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   ; ; ; Vậy phương trì nh đã cho có tập nghiệm là : S =   2 2   2 2) Chứng minh bằng phản chứng Giả sử b  4ac số chính 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) Tồn tại một hai thừa số 20a + b + m, 20a + b – m chia hết cho số nguyên tố abc Điều này không xảy vì cả hai thừa số đều nhỏ abc Thật vậy, m < b (vì m  b  4ac  ) nên: 20a + b – m  20a + b + m < 100a + 10b + c = abc Vậy nếu số tự nhiên abc số nguyên tố thì b  4ac không là số chí nh 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 trì nh: f(x) = có nghiệm lớn  Phương trì nh h(t) = có nghiệm dương  m  12   0, m      P   2m   m S  2m    Vậy với m  thì phương trình f(x) = có nghiệm lớn 2 Bài a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn P Ta có: OH  CD tại H (vì HC = HD)  + OAP   900  900  1800 Do đó: OHP  Tứ giác AOHP nội tiếp đường tròn đường kí nh OP J  = BAH  b) Chứng minh: PDI C N   PDI = DPO (so le và DI // PO) )   BAH  (vì nội tiếp cùng chắn OH DPO  = BAH  Do đó: PDI 1 c) Chứng minh đẳng thức PA = PC.PD A PA PC  PAC ~  PDA (g.g)  =  PA = PC.PD PD PA d) Chứng minh AJ // DB Kẻ tiếp tuyến PN (N khác A) của đường tròn (T), Với N là tiếp điểm Ta có chứng minh được PO là đường trung trực của NA  JA = JN =P  ; JA = JN  APJ và  NPJ có: PA = PN; P     APJ =  NPJ (c.g.c)  A  N (1) H I O =A =P  (vì tứ giác PAON nội tiếp) JCN +C   1800 (vì góc kề bù) Ta có: C 1 =P   1800  Tứ giác NCJP nội tiếp được  N =A  (2)  JCN 1   Từ (1) (2) suy ra: A  A   JAO A  + JAO   900  JA  AD tại A (3) Ta có: A   900 (vì nội tiếp chắn nửa đường tròn)  DB  AD (4) Có: ADB Từ (3) (4) suy ra: AJ // DB GV: Võ Mộng Trình – Phù Cát – Bình Đị nh B K D Bổ đề: Với a > 0; b > ta có: a + b a + b  (1) Dấu “=” xảy a = b 2 Thật vậy: (1)  2a  2b2  a  2ab  b2  a  2ab  b2    a  b   (BĐT đúng) Dấu “=” xảy a = b Vậy: a + b 2 a + b  A Kẻ đường cao AH  H là điểm cố đị nh (vì A, B, C cố đị nh) Gọi P hình chiếu vuông góc của M AH Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác vuông INA, IPA ta có: IN + AN  IN  I K  IA  PA Mặt khác: IN = PH nên: B IM + IN  IK  PH  PA Áp dụng bổ đề ta có: IM + IN  IK  PH  PA2   PH + PA   K N P I H C M AH : không đổi (vì A, H cố đị nh) 2 AH Dấu “=” xảy IA = PA = PH =  I là trung điểm của đường cao AH Vậy I là trung điểm của đường cao AH thì tổng IM + IN + IK đạt GTNN là AH2 Cách 2: IM + IN  IK  IM + KN (vì IN  IK  KN ) = IM + IA Theo bổ đề, ta có: IM + IN  IK  IM  IA 2 2  IM + IA   2 Dấu “=” xảy A, I, M thẳng hàng, M trùng H và IM = IA  I là trung điểm của đường cao AH  AM AH : không đổi  2 Vậy I là trung điểm của đường cao AH thì tổng IM + IN + IK đạt GTNN là Bài 5: x 1  y3  y 1  z3  z 1  x  x y z + + x+y+z y z x y z x 2 1.x 1.y 1.z x z y x z y Ta có: xyz  nên + +  + + (1) y z x y z x Ta có:   0  x z y2 x ; ; z, ta được: y2 z 2 2 x z x 2z z y z2 y yx yx + + z 3x; tương tư ̣ : + + x 3y va ̀ + + y  3z   y2 y2 x2 x2 z2 z2 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương:  x z y2 x z y  Cộng theo vế ta được:  + +   x + y + z   x + y + z  (2) z x   y x 2z y2 x z2 y  + + x+y+z y z x x y z Từ (1) (2) suy ra: + +  x + y + z Dấu “=” xảy x = y = z = y z x GV: Võ Mộng Trình – Phù Cát – Bình Định AH2 ... 20a + b – m  20a + b + m < 100 a + 10b + c = abc Vậy nếu số tự nhiên abc số nguyên tố thi b  4ac không là số chí nh phương Bài 3: Ta có: h(t) = f(t + 2) =  t     m   t  ... Chứng minh bằng phản chứng Giả sử b  4ac số chính 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...    x1  2 3  3  ; x2  PT (2): 2x  6x    x1  2  3  3   2   ; ; ; Vậy phương trì nh đã cho có tập nghiệm là : S =   2 2   2 2) Chứng minh bằng phản chứng