Gợi ý giải đề Toán chuyên Bình Phước năm 2017 - 2018 GV : Lê Văn Vinh Trường THPT TX – Phước Long = Bình Phước NX : Đề khó hình ý b, c, câu câu 6a – Học sinh khó có điểm tuyệt đối Câu 1: P  x x 2  x  x x  x  x 2  x 1 x 1 ( x  0, x  1) Đặt a  x  x  a , ta có: a a3  a  a  a a3  a2  a  a  a  a3  a   a  3a  P       a  a2  a  a  a  (a  1)(a  2) a  (a  1)(a  2) (a  1)(a  4)   a2  x 2 (a  1)(a  2) a) b) Q  ( x  27)P  x 3  x 2   x  27 x 3   x  27  x  18  x  x    ( x  3)2  Đúng với x ≥ 0, x ≠ x ≠ Câu : Cho phương trình : x  2(m  1) x  m   Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 cho : x12  x1  x2  2mx1  Giải : +)  '  (m  1)2  m   2 m    m   x  x  2(m  1) +) Định lý Viet :  2  x1 x2  m  +) Vì x1 nghiệm phương trình nên : x12  2(m  1) x1  m    x12  2mx1  2 x1  m  (1) +) Theo đề : x12  x1  x2  2mx1   x12  mx1  x1  x2  (2) Thay (1) vào (2) ta có : 2 x1  m   x1  x2   2( x1  x2 )  m    4(m  1)  m    m  4m    m 2 So điều kiện ta có : m   Câu : a) Giải phương trình : x   x  x    x  8x   x 1  x 1     7  x  1 x  +) Điều kiện: 7  x   x  8x   ( x  1)(7  x )    +) PT  x    x  x   ( x  1)(7  x )   x 1   x 1    x   x 1     x 1     x  5 x   x    x So điều kiện PT có nghiệm: x = x =5 4 x   xy y   (1) b) Giải hệ:   x  xy   x   xy (2)  x  Điều kiện:  2  x  xy    x 1    x    x  (do x – ≥ – x ≥ 0) +) Từ phương trình (1) ta có: x   xy y  ( y ≥ x ≥ 1)  16( x  1)  x y ( y  4)  x y  x y  16 x  16  ( xy  x )2  4( x  2)2  xy  x  2( x  2) (do x, y ≥ 0)  xy  Thế vào PT thứ (2) ta có: 2 x   x 1   x  1   x 1 1   x2  x  1  3( x  2) x 1 1 0  x2    x  2      x   x   x     Với x = ta có y   y  (do y ≥ )  Đáp số : 2;  Câu : Cho tam giác ABC có A = 600., AC = b, AB = c (b > c) Đường kính EF đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc Bc M ( E thuộc cung lớn BC) Gọi I, J hình chiếu vuông góc E đường thẳng AB AC Gọi H K hình chiếu vuông góc F đường thẳng AB AC a) Chứng minh tứ giác AIEJ, CMJE nội tiếp EA.EM = EC.EJ b) Chứng minh: I, J, M thẳng hàng IJ vuông góc HK c) Tính cạnh BC bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b c Giải:   180 nên tứ giác AIEJ nội tiếp a) +)  AIE  AJE   EMC   90 suy tứ giác CMJE nội tiếp +) Ta có: EJC   EBM  (cùng chắn EM) (1) +) Ta có tứ giác BIEM nội tiếp nên: EIM   EAC  (cùng chắn EC đường tròn ngoại tiếp ABC) (2) Mà EBM   EAC  (3) Từ (1) (2) suy EIM  Tứ giác BMEI nội tiếp nên: IEM ABC  180 , tứ giác ABCE nội tiếp nên:  AEC   ABC  180 , suy  IEM AEC (4) Từ (3) (4) suy tam giác IEM đồng dạng tam giác AEC nên: EA.EM = EC.EI Chú ý: Một số học sinh nhầm lẫn M, J, I thẳng hàng   EAI  (cùng chắn cung EI đường tròn ngoại tiếp AIEJ) b)+) EJI   ECM  (do tứ giác ABCE nội tiếp) EAI   ECM  nên: EJI   EJM   ECM   EJM   180 Suy I, J, M thẳng hàng Suy EJI   KFC  +) Ta có tứ giác FMKC nội tiếp  KMC   JCE  (cùng phụ KCF  ), ECJ   EMJ  (do tứ giác CMJE nội tiếp), suy KMC   EMJ  KFC   JME   EMK   KMC   EMK   90 nên JM  MK hay IJ  MK.(do I, J, M thẳng hàng) Vậy : JMK   BFC  (cùng bù BAC  ), suy HFB   KFC  (5) +) Ta có: HFK   KMC  (6) Tứ giác MKCF nội tiếp nên KFC   HMB  (7) Tứ giác BKFM nội tiếp nên : HFB   BMH  , mà B, M, C thẳng hàng nên H M K thẳng hàng Từ (5), (6) (7) suy KMC Vậy IJ  HK c) Kẻ BD vuông góc AC ta có : BC  BD  DC  BD  ( AC  AD )2  BD  AD  AC AD  AC  AB  AC  AC A D   c2  b  2cb  b2  c2  bc  AB  AC  AB AC.cos BAC Vậy BC  b  c  bc +) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có : BM BM BC b  c2  bc 0     BOC  2BAC  120  BOM  60  sin MOB   OB    OB sin 60 3 2 Câu : Chứng minh S  n (n  2)  (n  1)(n  5n  1)  2n  chia hết cho 120 với n nguyên +) Ta chứng minh S chia hết 8, 3, +) Ta có: S  n5  5n  5n3  5n2  6n +) S  n5  n3  n3  5(n  n )  n  n (n  1)n(n  1)  6n3  5n(n  1)n(n  1)  suy S chia hết cho +) S  n(n  1)  5(n  n3  n2  n) nên S chia hết cho +) S  n3 (n  1)  n(n  1)(n3  n  6) Nếu n = 2k S  32 k  80k  40 k  20 k  12k  32 k  80k  40 k  8k  12k (k  1)  S chia hết cho Nếu n lẻ ta có: S  4n3 (n  1)  n(n  1)(n3  n  6) chia hết cho Vì 4n3 (n  1) chia hết cho n(n  1)(n3  n  6) chia hết cho (vì n lẻ nên n đồng dư với 1, 3, 5, mod(8)) Mà UCLN(8, 3, 5) = nên S chia hết cho 8.3.5 = 120 Câu 6: a) Cho a, b, c thỏa: a +b +c =0 a  1, b  1, c  Chứng minh: a  b6  c8  Giải: +) Ta có: a  1, b  1, c  nên: a  a , b  b , c8  c nên: a  b6  c8  a  b  c +) Nếu : 1  a  b  c  : a  b  c  (a  b  c)   a  b  c  +) Nếu : 1  a  b   c   a  b  c  a  b  c  2c  +) Nếu 1  a   b  c   a  b  c  a  b  c  2a  +) Nếu  a  b  c  Trướng hợp không xảy a + b + c = Vậy a  b6  c8  a  b  c  ( x  y3 )  ( x  y ) với x, y lớn ( x  1)( y  1) x ( x  1)  y ( y  1) x2 y2 ( x  y)2 ( x  y)2      xy2 Giải : Ta có : T  ( x  1)( y  1) y 1 x 1 y 1 x 1 x  y  x  y2 b) Tìm GTN : T  T  x  y2 Tmin 4   ( x  y  2) 4 8 x  y2 x  y2  x y  y 1  x 1  8  xy2 x  y    x  y2 ... thẳng hàng IJ vuông góc HK c) Tính cạnh BC bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b c Giải:   180 nên tứ giác AIEJ nội tiếp a) +)  AIE  AJE   EMC   90 suy tứ giác CMJE nội tiếp... , suy  IEM AEC (4) Từ (3) (4) suy tam giác IEM đồng dạng tam giác AEC nên: EA.EM = EC.EI Chú ý: Một số học sinh nhầm lẫn M, J, I thẳng hàng   EAI  (cùng chắn cung EI đường tròn ngoại tiếp... 8.3.5 = 120 Câu 6: a) Cho a, b, c thỏa: a +b +c =0 a  1, b  1, c  Chứng minh: a  b6  c8  Giải: +) Ta có: a  1, b  1, c  nên: a  a , b  b , c8  c nên: a  b6  c8  a  b  c +) Nếu