Microsoft Word 53 CHUYÃ−N THÆI BÄNH 2021 2022 docx a b c Trang 1 x + 3 x 3x2 + 33 2x + y 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài 1 (2, 0 điểm) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT C[.]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN THÁI BÌNH Năm học: 2021 – 2022 Mơn thi: TỐN (Dành cho thí sinh thi chun Tốn, Tin) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (2, điểm) Cho f (x) = x2 3x có hai nghiệm x1, x2 g (x) = x2 Tính giá trị Đąt T = g ( x1 ) g ( x2 ) 1 Cho a, b, c la số thực khác thóa mân (a + b + c) + + a ( a + b Bài )(b 25 +c 25 )( c 2021 +a 2021 b 1 c = Chứng minh ) =0 (2, điểm) Giải phương trình x + + x = 3x + 2xy 2 x + y + x + y =1 Giải hệ phương trình 3x2 + 33 + 2x + y 1 = 3x + y + Bài (3, điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB AC ) nội tiếp đường tròn (O) có đường cao BE, CF cắt H Gọi S giao điểm đường thằng BC EF , gọi M giao điểm khác A SA đường tròn (O) a Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp HM vng góc với SA b Gọi I trung điểm BC Chứng minh SH vng góc với AI c Gọi T điểm nằm đoạn thằng HC cho AT vng góc với BT Chứng minh hai đường tròn ngoại tiếp tam giác SMT CET tiếp xúc với Bài (1, điểm) Giả sử n số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n + 1) + không chia hết cho Chứng minh 4n3 5n khơng số phương Bài (0, điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3abc Tìm giá trị lớn biểu thức T = a b c 3a + 2b2 + c2 + 3b2 + 2c2 + a2 + 3c2 + 2a2 + b2 Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TH ÁI B ÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Trang KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài (2, điểm) HƯỚNG DẪN GIẢI Cho f (x) = x2 3x có hai nghiệm x1, x2 g (x) = x2 Tính giá trị Đąt T = g ( x1 ) g ( x2 ) 1 Cho a, b, c la số thực khác thóa mân (a + b + c) + + a ( a + b 3 )( b 25 +c 25 )( c 2021 +a 2021 b 1 c = Chứng minh ) =0 Lời giải Cho f (x) = x2 3x có hai nghiệm x1 , x2 g(x) = x2 Tính giá trị Đặt T = g ( x1 ).g ( x2 ) Vì x1, x2 nghiệm f (x) = x2 3x nên ta có: x 3x = x = 3x + x = 3x1 + 2 x1 + x2 = Theo định lý Vi-et ta có: nên: 1x = 5 1 x 3x = 2 T = g ( x1 ).g ( x2 ) ( )( x 4) T = x 21 2 T = (3x1 + )( 3x2 + 4) T = (3x1 +1)(3x2 + 1) T = 9x1x2 + 3( x1 + x2 ) + T = (5) + 3.3 + T = 35 Vậy T = 35 1 Cho a, b, c số thực dương khác thỏa mãn (a + b + c) + + a b minh ( a + b 3 )(b 25 +c 25 )( c 2021 +a 2021 ) =0 1 c = Chúng Trang Vì (a + b + c) a b c 1 1 1 1 1 + + = nên a + b + c + + = a b c a+b+c 1 1 + + = 0 a+b+c b c a b+c a(a + b + + b + c = bc c) 1 (b + c) a(a + b + c) + bc = (b + c) bc + a + ab + ac abc(a +b+ c) =0 (b + c)(c + a)(a + b) abc(a + b + c) = a = b b = c c = a Vậy ( a + b Bài )(b 25 +c 25 )( c 2021 +a 2021 ) =0 (đpcm) (2, điểm) Giải phương trình x + + x = 3x + 2xy 2 x + y + x + y =1 Giải hệ phương trình 3x2 + 33 + 2x + y 1 = 3x + y + Lời giải Giải phương trình x + + x = 3x + Điều kiện xác định: x , ta có: x + + x = 3x + (x + ( x+3 2)2 + 2( x+3 x + = x = x + = x=1 + 4) + 2(x x +1) = x 1)2 = x = (tm DKXD) Vậy phương trình có nghiệm x2 + y + Gi ải hệ ph ươ ng trìn h x=1 Trang x2xy + y=1 3x2 + 33 + 2x + y 1 = 3x + y + (1 ) (2) Trang 2 x + y ĐKXĐ: x + y (1) x2 + y2 + 2xy x+ y =1 2xy x+ y =1 (x + y)2 2xy + (x + y)3 2xy(x + y) + 2xy = (x + y) Đặt S = x + y, P = xy ( S 4P) ta có: S 2SP + 2P = S S (S + 1)(S 1) 2P(S 1) = S = S + S 2P = TH1: Với x + y = y = x , thay vào 3x2 + 33 + ) x + y = 2 x + y + x + y = 3x2 + 33 + 2x + 1 x 1 ( (S 1) S + S 2P = ( ) ta được: = 3x +1 x + x = 2x + 3x2 + 33 + 3x2 + 33.3 x + 9x = 4x + 28x + 49 3x2 + 33 ( x = x2 +19x +16 ) 36 3x2 + 33 x = x4 + 361x2 + 256 + 38x3 + 32x2 + 608x x4 70 x3 + 393x2 580 x + 256 = (x 1)2 (x 4)(x 64) = (TM ) x =1 y = x = y = 3 (TM ) x = 64 y = 63 (TM ) TH2: Với x2 + y2 + x + y = Ta coi phương trình bậc hai ẩn x Để tồn x = 1 4( y2 + y ) 4y + y 1 1+ y+ 1+ 2 y 1+ 1 y+ 0 Tương tự ta có 1+ 2 x 1+ Suy 2x + y 1 1+ 2 + 1+ 1 , không thỏa mãn điều kiện 2x + y 1 nên trường hợp hệ vô nghiệm Vậy tập nghiệm hệ phương trình {(1; 0), (4; 3),(64; 63)} Bài (3, điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB AC ) nội tiếp đường trịn (O) có đường cao BE, CF cắt H Gọi S giao điểm đường thằng BC EF , gọi M giao điểm khác A SA đường tròn (O) a Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp HM vng góc với SA b Gọi I trung điểm BC Chứng minh SH vng góc với AI c Gọi T điểm nằm đoạn thằng HC cho AT vng góc với BT Chứng minh hai đường tròn ngoại tiếp tam giác SMT CET tiếp xúc với Lời giải a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp HM vng góc với SA Vì AEH + AFH = 90 + 90 = 180 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH (dhnb) ( ) Có tứ giác BCEF nội tiếp BEC = BFC = 90 SFB = SCE Xét SBF SFB = SCE (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) SCE có: (cmt ) ; góc FSB góc chung SBF# SEC(g.g ) SB SF = SB.SC = SF.SE SE SC (1 ) Có tứ giác BCAM nội tiêp đường tròn (O) Xét SBM SAC có Góc Góc SBM = SAC (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) MSB góc chung SB SM SBM # SAC ( g.g ) = SB.SC = SM SA ( ) SA SC SF SA Từ (1) ( ) suy SF.SE = SM SA , lại có góc = SM MSF góc chung SE SMF# SEA ( c.g.c ) SMF = SEA ( góc tương ứng) AMFE nội tiếp đường tròn Suy điểm A, M , F , H , E nằm đường trịn đường trịn đường kính AH Tứ giác AEHM nội tiếp đường trịn, suy góc góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) HEA = HMS = 90 (góc ngồi Suy HM SA b Gọi I trung điểm BC Chíng minh SH vng góc với AI Kéo dài AO cắt đường tròn D , ta có DC BH (cùng vng góc với CA ) DB CH (cùng vng góc với BA ) nên BHCD hình bình hành Mà I trung điểm BC suy I trung điểm HD , hay I , H , D thẳng hàng Lại có DM AM AD đường kính, HM SA nên D, H , M thẳng hàng Vậy bốn điểm D, I , H , M thẳng hàng, suy IM AS Mà AH SI nên H trực tâm ASI SH AI c Gọi T điểm nằm đoạn thằng HC cho AT vng góc với BT Chứng minh hai đường tròn ngoại tiếp tam giác SMT CET tiếp xúc với Gọi tia AH cắt BC K , suy tứ giác HKSM nội tiếp Xét AMH AKS có: SAH chung; AMH # AKS ( g.g ) AH AS = HKS + HMS = 180 AMH = AKS = 90 AM AK AH AK = AM AS (3 ) Tương tự ta có tứ giác HKEC nội tiếp suy AEH # AKC ( g.g ) AE = AH AE.AC = AH AK AK AC (4) Từ (3) ( ) suy AM AS = AE.AC Theo giả thiết, ATB = AEB = 90 AETB tức giác nội tiếp, suy ATE = ABE , Mà ABE = ACT ATE = ACT , lại có TAE chung ACT # ATE ( g.g ) Vì ATE = ACT Lại có AT AC = AE AC = AT AE AT (cmt ) nên AT tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp AM AS = AE AC = AT AM = AT CET (1) AT AS AM AT = Xét ATM AST có: SAT chung; AT AS ( cmt ) ATM # AST (c.g.c) ATM = AST ( góc tương ứng) Suy AT tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp SMT ( ) Từ (1) ( ) suy hai đường tròn ngoại tiếp tam giác SMT CET tiếp xúc với Bài (1, điểm) Giả sử n số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n + 1) + không chia hết cho Chứng minh 4n3 5n khơng số phương Lời giải Giả sử tồn số tự nhiên n thỏa mãn điểu kiện n(n +1) + 4n3 5n 1 số phương khơng chia hết cho Ta có 4n3 5n 1 = (n +1)(4n2 4n 1) Đặt UCLN ( n +1; 4n2 4n 1) = d (d * ) n +1d Suy 4n 4n 1d Có 4n 4n = 4n(n +1) 8(n +1) + 7d 7d Vì n(n + 1) + khơng chia hết n(n +1) không chia hết cho , suy không chia hết cho , suy d d = n +1 Do đó, n +1 4n2 4n 1 hai số nguyên tố nhau, mà tích chúng số phương suy n +1 4n2 4n 1 số phương Suy 4n2 4n 1 = a2 (a ) (2n 1)2 a2 = (2n a 1)(2n + a 1) = Vì 2n a 1 2n + a 1 2n a = 2n + a = 2n a = 2 n= a = , không thoả mãn n, a số tự nhiên 2n + a = 1 n= a = Vậy giả sử sai, ta có điều phải chứng minh Bài (0, điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3abc Tìm giá trị lớn biểu thức T = a b c 3a + 2b2 + c2 + 3b2 + 2c2 + a2 + 3c2 + 2a2 + b2 Lời giải Ta có: a2 + b2 + c2 = 3abc a + bc b + ca c =3 ab Áp dung bất đẳng thức AM GM ta có: a b + + 2a b bc ca= bc ca c b c bc = + 2 ca ab ca ab a a c ac = + 2 bc ab bc ab b Cộng b vế bất đẳng thức trên, ta có: avế với 2 + bc + ca c 1 1 1 + + + + ab a b c a b c Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có: ( 3a2 + 2b2 + c2 = a + b2 ) + (a + c2 ) 4ab + 2ac a a 1 = 2 3a + 2b + c 4ab + 2ac 2b 1+ c 1 Áp dụng Cauchy – Schwarz ta có: + + b Hoàn toàn tương tự, ta có: b c b+b+c 1 + 2b + c 18 b c 1 b2 c 3b2 + 2c + a 18 c + a ; 3c2 + 2a2 + b2 18 a + b 1 1 1 Suy T + + T a b c Vậy GTLN T , dấu " = " xảy a = b = c = ………………………