53 CHUYÊN THÁI BÌNH 2021 2022

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) 2 Cho f ( x)  x  x  có hai nghiệm x1 , x2 Đąt g ( x)  x  Tính giá trị T  g  x1  g  x2  1 1 ( a  b  c)       a b c  Chứng minh Cho a, b, c la số thực khác thóa mân a  Bài  b3   b 25  c 25   c 2021  a 2021   (2, điểm) Giải phương trình x   x  x  Giải hệ phương trình Bài xy  2 x  y  x  y    x  33  x  y   x  y   (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 Bài (1, điểm) Giả sử n số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n  1)  không chia hết cho Chứng minh 4n  5n  khơng số phương Bài (0, điểm) 2 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  3abc Tìm giá trị lớn biểu thức T a b c   2 2 3a  2b  c 3b  2c  a 3c  2a  b 2 - Hết - Trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TH ÁI B ÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2, điểm) 2 Cho f ( x)  x  x  có hai nghiệm x1 , x2 Đąt g ( x)  x  Tính giá trị T  g  x1  g  x2  1 1 ( a  b  c)       a b c  Chứng minh Cho a, b, c la số thực khác thóa mân a   b3   b 25  c 25   c 2021  a 2021   Lời giải 2 Cho f ( x)  x  x  có hai nghiệm x1 , x2 Đặt g ( x)  x  Tính giá trị T  g  x1  g  x2  Vì x1 , x2 nghiệm f ( x )  x  3x  nên ta có:  x12  3x1    x12  x1      x2  3x2    x2  x2   x1  x2   x x  5 Theo định lý Vi-et ta có:  nên: T  g  x1  g  x2  T   x12    x22   T   3x1     x2    T   x1  1  x2  1 T  x1 x2   x1  x2   T  ( 5) 3.3 1 T  35 Vậy T  35 1 1 ( a  b  c)      a b c Cho a, b, c số thực dương khác thỏa mãn Chúng 3 25 25 2021 2021 a b b c c a 0 minh     Trang 1 1  1 1 (a  b  c)      a  b  c       a b c  a b c  a bc Vì nên 1  1 1        a abc  b c   bc bc  0 a ( a  b  c) bc  1  (b  c)   0  a( a  b  c) bc   bc  a  ab  ac   (b  c)   0  abc(a  b  c)   (b  c )(c  a )(a  b) 0 abc(a  b  c)  a  b  b  c c  a Vậy Bài a  b3   b 25  c 25   c 2021  a 2021   (đpcm) (2, điểm) Giải phương trình x   x  x  Giải hệ phương trình xy  2 x  y  x  y    x  33  x  y   x  y   Lời giải Giải phương trình x   x  3x  Điều kiện xác định: x  , ta có: x   x  3x   ( x   x   4)  2( x  x  1)   ( x   2)  2( x  1)   x      x   x     x  (tm DKXD) x  Vậy phương trình có nghiệm x  Trang Giải hệ phương trình xy  2 x  y  x  y    x  33  x  y   x  y    1  2 2 x  y    ĐKXĐ:  x  y   1  x  y  xy 1 x y  ( x  y )  xy  xy 1 x y  ( x  y )3  xy ( x  y )  xy  ( x  y ) Đặt S  x  y, P  xy  S  4P  S  SP  P  S ta có:  S ( S  1)( S  1)  P( S  1)   ( S  1)  S  S  P   S  x  y    2  S  S  2P  x  y  x  y  TH1: Với x  y   y   x , thay vào   ta được: 3x  33  x   x   x   x   x  33  x  x   3x  33  x  33.3 x  x  x  28 x  49  x  33  x x 19 x 16  36  3x  33 x  x  361x  256  38 x  32 x  608 x  x  70 x  393x  580 x  256   ( x  1) ( x  4)( x  64)  (TM ) x  1 y     x   y  3 (TM )  x  64  y  63 (TM ) 2 TH2: Với x  y  x  y  Ta coi phương trình bậc hai ẩn x     y2  y    y2  y 1  x Để tồn  1  1    y  y          Trang  1 1   y 2 Tương tự ta có x  y    1 1  x 2 1  1   1  2 , không thỏa mãn điều kiện x  y   nên Suy 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 vuông 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 · ·  BFC  90   BEC Trang · ·  SFB  SCE (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) Xét SBF SCE có: · · SFB  SCE  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 trịn (O) Xét SBM SAC có · · Góc SBM  SAC (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) · Góc MSB góc chung  SBM #SAC  g g   Từ     suy SB SM   SB.SC  SM SA SA SC SF SE  SM SA  · ·  SMF #SEA  c.g.c   SMF  SEA  2 SF SA  · SM SE , lại có góc MSF góc chung ( 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 HEA  HMS  90 (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) Suy HM  SA b Gọi I trung điểm BC Chíng minh SH vng góc với AI Kéo dài AO cắt đường trịn D , ta có DC P BH (cùng vng góc với CA ) DB P 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 HKS  HMS  180 · · · Xét AMH AKS có: SAH chung; AMH  AKS  90  AMH #AKS  g g   AH AM   AH AK  AM AS   AS AK Trang Tương tự ta có tứ giác HKEC nội tiếp suy AEH #AKC  g.g    3   suy Từ AE AH   AE AC  AH AK AK AC  4 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  cmt  Lại có AT AC   AE AC AT AE AT CET  1 nên AT tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp AM AS  AE AC  AT  AM AT  AT AS AM AT  · Xét ATM AST có: SAT chung; AT AS  cmt   ATM #AST (c.g c)  ·ATM  ·AST ( góc tương ứng) SMT   Suy AT tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Từ     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 4n  5n  khơng số phương Lời giải Giả sử tồn số tự nhiên n thỏa mãn điểu kiện n(n  1)  không chia hết cho 4n3  5n  số phương Ta có   4n3  5n   (n  1) 4n  4n  n  1; 4n Đặt UCLN     4n   d d  ¥ *   n  1Md  Suy 4n  4n  1Md Có 4n  4n   4n(n  1)  8( n  1)  Md  7Md Vì n(n  1)  không chia hết n(n  1) không chia hết cho , suy n  không chia hết cho , suy d   d  Do đó, n  4n  4n  hai số nguyên tố nhau, mà tích chúng số phương suy n  4n  4n  số phương Trang 2 2 Suy 4n  4n   a (a  ¥ )  (2n  1)  a   (2n  a  1)(2n  a  1)  Vì 2n  a   2n  a     n    2n  a    a     2n  a      ,  2n  a   2   n     2n  a   1   a    không thoả mãn n, a số tự nhiên Vậy giả sử sai, ta có điều phải chứng minh Bài (0, điểm) 2 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  3abc Tìm giá trị lớn biểu thức T a b c   2 2 3a  2b  c 3b  2c  a 3c  2a  b 2 Lời giải Ta có: a  b  c  3abc  a b c   3 bc ca ab Áp dung bất đẳng thức AM  GM ta có: a b a b  2   bc ca bc ca c b c b c  2   ca ab ca ab a a c a c  2   bc ab bc ab b Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta có: c   a b 1 1 1               bc ca ab  a b c a b c Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có: 3a  2b  c   a  b    a  c   4ab  2ac a a 1   2 3a  2b  c 4ab  2ac 2b  c 1 1 2 1         Áp dụng Cauchy – Schwarz ta có: b b c b  b  c 2b  c 18  b c   b 2 1 c 2 1    ;     2 2 Hồn tồn tương tự, ta có: 3b  2c  a 18  c a  3c  2a  b 18  a b  1 1 1 T        T  a b c Suy Trang Vậy GTLN T , dấu "  " xảy a  b  c  Trang