015 10 chuyên toán đà nẵng 23 24

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2023-2024 Mơn thi: TỐN (Chun) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Dành cho thí sinh vào Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn) x+ y x x xy : √ − − √ Bài (1,5 điểm) Cho biểu thức P= biểu thức √ x−√ y √ y √ xy + y √ xy−x x x− y √ y−x √ y + y √ x Q= √ với x >0, y> x ≠ y Rút gọn biểu thức P, Q 2( √ x−√ y) chứng minh với số x, y dương phân biệt tuỳ ý 4Q+1>2P Bài (1,5 điểm) Trên mặt phẳng toạ độ, cho parabol ( P ) : y=x đường thẳng ( d ) : y=kx+5 Đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm A B Gọi C, D hình chiếu A, B trục Ox a) Khi k=-4, tính diện tích hình ABDC b) Tìm tất giá trị k để AD BC cắt điểm nằm đường trịn đường kính CD Bài (2,0 điểm) a) Giải phương trình 10 x 2+3 x +2=( x +1 ) √ x +2 b) Giải hệ phương trình ( x 2− y ) √ x −2=x ( y−x +2) ( ) { ( y−1 ) ( y−3 x−3 ) =x 2−3 x+3−8 √ (x−2) Bài (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, với AB < AC, nội tiếp đường tròn (O) Các tiếp tuyến đường tròn (O) B C cắt D Đường tròn đường kính AD cắt đường trịn đường kính OD điểm E (khác D) Gọi F giao điểm đoạn thẳng OE đường tròn (O) a) Chứng minh điểm A, O, E thẳng hàng CF tia phân giác góc BCE b) Các tia AB, AC cắt đường trịn đường kính AD điểm G, K (đều khác A) Chứng minh OD qua trung điểm đoạn thẳng GK Bài (1,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB M Lấy điểm E nằm A M Trên cạnh AC, BC lấy điểm D, F cho AD = AE BF = BE Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF cắt AB BC G (khác E) H (khác F) Chứng minh (O) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF đường thẳng CM, ED, GH đồng quy Bài (1,5 điểm) a) Cho số thực dương x, y, z thoả mãn xyz = Chứng minh rằng: 2008 ( x 2+ y 2+ z ) +15 ( 1x + 1y + 1z ) ≥ 2023( x + y + z) b) Cho phương trình x 2−4 mn x−4 mn 3−m=0 , với m n tham số Tìm tất cặp số ngun dương (m; n) để phương trình cho có nghiệm x 1+ x2 +1là số nguyên tố phân biệt x , x 2đều số nguyên LỜI GIẢI Bài Cho biểu thức Q= P= x √ x− y √ y−x √ y + y √ x 2( √ x−√ y) x+ y : √ x−√ y xy ( √√ xy − √ xyx+ y − √ √xy−x ) biểu thức với x >0, y> x ≠ y Rút gọn biểu thức P, Q chứng minh với số x, y dương phân biệt tuỳ ý 4Q+1>2P P= √ x + √ y → P=2 √ x +2 √ y Q= x+ y → Q+1=2 ( x + y ) +1 Nhân hai vế biểu thức Q+1−2 P cho 2 ( Q+1−2 P ) =4 x + y +2−4 √ x−4 √ y ¿ ( √ x −1 ) + ( √ y−1 ) Ta có x ≠ y →2 ( Q+ 1−2 P )> → Q+1>2 P Bài Trên mặt phẳng toạ độ, cho parabol ( P ) : y=x đường thẳng ( d ) : y=kx+5 Đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm A B Gọi C, D hình chiếu A, B trục Ox a) Khi k=-4, tính diện tích hình ABDC b) Tìm tất giá trị k để AD BC cắt điểm nằm đường trịn đường kính CD a) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): x 2=−4 x+ ⇔ x +4 x−5=0 a+ b+c=1+ 4−5=0 x=1, x=−5 x=1 ⇒ y=x 2=1 x=−5 ⇒ y =x 2=2 A (−5 ; 25 ) B(1 ; 1) Diện tích hình ABDC : ( AC + BD ) CD ( 25+1 ) = =78 2 b) (đvdt) + Gọi I giao điểm AD BC Vì I thuộc đường trịn đường kính CD nên: ° ^ CID=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AD ⊥ BC + Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): x 2=kx +5 ⇔ x 2−kx−5=0 c a=−5< Do hai đồ thị ln cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ trái dấu Toạ độ hai giao điểm A ( x , y ) B( x , y ) + Theo định lí Vi-ét: { x 1+ x 2=k x1 x 2=−5 + Phương trình đường thẳng AD có dạng: { y=ax+ b Ta có: y 1=a x 1+ b y D =a x D + b ⇔ k x 1+ 5=a x +b 0=a x +b { (trừ theo vế) ⇒ k x +5=a( x 1−x 2) + Phương trình đường thẳng BC có dạng: ta có: k x 2+ 5=a' ( x 2−x 1) Nhân theo vế hai ý vừa có được: ' a ( x 1−x ) ( k x +5 ) ( k x 2+ )=−a ⏟ ⇔ k x x +5 k ( x 1+ x2 ) +25=( x 1+ x2 )2 −4 x x ⇔−5 k +5 k 2+25=k +20 y=a' x +b ' Tương tự ⇔ k 2=5 ⇔ k=± √ Vậy k =± √5 Bài 3: a) Giải phương trình: 10 x 2+3 x +2=( x +1 ) √ x +2 Cách 1: Bình phương hai vế casio bậc Cách 2: Đặt t=√ x 2+2 ⬄ t 2=x 2+ 2(t> 0) Ta được: x 2+ x +t 2=( x +1 ) t ⬄ ( x 2−6 xt +t ) +3 x−t=0 ⬄ ( x−t )2+ (3 x−t )=0 ⬄ ( x−t )( x−t +1 )=0 x=t [ 33x +1=t ⬄ x=√ x 2+2 ⬄ x +1=√ x +2 ⬄ [ [ x 2=x 2+ 2(3 x ≥ 0) x2 +6 x +1=x +2 ( x +1 ) ≥0 x=± ( x ≥ ) ⬄ x +6 x−1=0 ( x +1 ≥ ) [ ⬄ −3+ √ 17 x= [ x= Vây S= { −3+ √ 17 ; } ( x 2− y ) √ x−2=x ( y−x +2 ) (1) b)Giải hệ : ( y−1 ) ( y−3 x−3 ) =x 2−3 x+3−8 x−2(2) √ { Đk: x ≥ Xét phương trình (1): ( x 2− y ) √ x−2=x ( y−x +2 ) ⬄ x √ x−2− y √ x−2=xy −x ( x−2 ) ⬄ x √ x−2− xy+ x ( x−2 )− y √ x−2=0 ⬄ x ( x √ x−2− y ) + √ x−2 ( x √ x−2− y )=0 ( ) ( x+ √ x−2 ) =0 ⬄ x √ x−2− y ⏟ ¿0 x ≥2 ⬄ x √ x−2− y=0 ⬄ y=x √ x−2 Xét phương trình: ( y−1 )( y−3 x−3 )=x 2−3 x+ 3−8 √ x−2 ⬄ y 2−3 xy−4 y +3 x +3=x 2−3 x +3−8 √ x−2 ⬄ x ( x−2 )−3 x2 √ x−2−4 x √ x−2−x +6 x +8 √ x−2=0 ⬄ ( x 3−3 x 2+ x ) −√ x−2 ( x + x−8 ) =0 ⬄ x 3−3 x ( x−2 )−√ x−2 ( x +4 x−8 ) =0 Đặt t=√ x−2 t 2=x−2 x−8=4 t ( x 3−3 x t )−t ( x 2+ t )=0 ⬄ x 3−3 x t−3 x t 2−4 t 3=0 ⬄ ( x−4 t ) ( x +tx+t )=0 Mà t + t >0 ( ) x 2+ tx+t 2= x + Ta được: x=4 t ⬄ x=4 √ x−2 ⬄ x 2=16( x −2) ⬄ x 2−16 x+ 32=0 (dấu không xảy ra) x=8 ± √ : nhận x=8+ √ ⇒ y=x √ x−2=( 8+ √ ) √ 6+ √ 2=( 8+ √ ) ( 2+ √ )=32+16 √ x=8−4 √2 ⇒ y =x √ x−2=( 8−4 √ ) √ 6−4 √2= ( 8−4 √ ) ( 2−√ )=32−16 √ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : x=8+ √ x=8−4 √2 { y=32+16 { y=32−16 √ √2 Bài 4: Cho Δ ABC nhọn, với AB < AC, nội tiếp đường tròn (O) Các tiếp tuyến B C cắt D Đường trịn đường kính AD cắt đường trịn đường kính OD điểm E (khác D) Gọi F giao điểm đoạn thẳng OE đường tròn (O) a) Chứng minh A , O , E CF tia phân giác ^ BC E b) Các tia AB, AC cắt đường trịn đường kính AD điểm G, K (khác A) Chứng minh OD qua trung điểm đoạn thẳng GK a) + Xét đường trịn đường kính OD: ^ OED=90 ° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) +Xét đường trịn đường kính AD: ^ AED=90 ° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ^ ^ ⇒ OED= AED=90 ° ´ ,E ⇒ A,O +Trong đường trịn đường kính AD: ^ BCE=^ BOE ⏜ (cùng chắn BE) + Trong đường trịn (O): ^ BCF= ^ BOE (góc nội tiếp góc tâm chắn ⏜ BF 1^ ⇒^ BCF= B CE ⇒ CF tia phân giác ^ BCE b) + Gọi I giao điểm thức hai AD (O) L giao điểm GK OD + Gội M giao điểm OD BC Dễ dàng ta chứng minh OD trung trực BC ^ CMD=90° mà ^ CKD=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AD) ⇒ CMDK nộp tiếp ⇒^ LDK = ^ ACB, mà ^ ACB= ^ AIB (cùng chắn ⏜ AB (O)) ⇒^ LDK = ^ AIB + ^ BAI= ^ DKL Ta được: Δ ABI ∽ Δ KLD Tương tự: Mà ⏜ (cùng chắn GD đường tròn đường kính AD) LK BA (g – g ) ⇒ LD = BI Δ ACI ∽ ΔGLD LG CA (g – g ) ⇒ LD = CI BA CA = BI CI Đây bổ đề quen thuộc từ hai tiếp tuyến cát tuyến, ta chứng minh sau: BA BD CA CD Δ DIB ∽ Δ DBA (g – g) ⇒ BI = DI Δ DIC ∽ Δ DCA (g – g) ⇒ CI = DI Mà BD CD = DI DI Do đó: nên BA CA = BI CI LK LG = ⇒ LK =LG LD KD Vậy OD qua trung điểm L GK Bài Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB M Lấy điểm E nằm A M Trên cạnh AC, BC lấy điểm D, F cho AD = AE BF = BE Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF cắt AB BC G (khác E) H (khác F) Chứng minh (O) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF đường thẳng CM, ED, GH đồng quy Gọi S giao DE GH Ta chứng minh C, M, S thẳng hàng ADE=^ AED= ^ DHS ⇒ CD tiếp tuyến (SHD) D Ta có ^ Tương tự ta có CH tiếp tuyến (SHD) H Khi SC đường đối trung tam giác SHD Gọi N trung điểm HD Theo bổ đề đường dối trung, ta có: ^ ^ HSN =CSD ⇒Tam (1) Lại có tam giác SEG∽SHD giác SEM∽SHN (Chia đôi tỉ số đường trung tuyến) ⇒^ SEM = ^ HSN (2) ^ ^ ESM ⇒ (đpcm) Từ (1) (2) ta có CSD= Bài 6: a) Cho x,y,z dương thoả mãn xyz=1 Chứng minh: 2008 ( x 2+ y 2+ z ) +15 ( 1x + 1y + 1z ) ≥ 2023 ( x + y + z ) + AB.GM ba số: x + y + z ≥ √3 xyz =3 + Ta có: ( x+ y+z) 1 2008 ( x + y + z ) +15 + + ≥ 2008 +15 x y z x+ y+z 2 ( ) Đặt t=x + y + z (t ≥ 3), ta phải chứng minh: 2008 ( x + y + z )2 +15 ≥ 2023( x + y + z) x+ y+z Tức là: 2008 t3 + 15 ≥ 2023 t t ⬄ 2008 t + 405 ≥6069 t ⬄ ( t−3 ) ( 2008 t 2−45 t−135 ) ≥ 0(1) Trong 2008 t −45 t−135 ¿ 1993 t +15 t 2−45 t−135 ¿ 1993 t +15 t ( t−3 )−135 ≥ 1993.32+ 15.3.0−135>0 ⇒ 2008 t 2−45 t−135> Tức (1) Vậy toán chứng minh Dấu xảy x= y =z=1 b) Cho phương trình ẩn x, tham số a b: x 2−4 a b2 x−4 a b3−a=0 Tìm tất cặp (a;b) nguyên dương cho phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 nguyên x1+x2+1 số nguyên tố Ta có : Δ ' =4 a2 b4 + a b 3+ a=( a2 b + a b3 +b ) +a−b2=( ab 2+ b )2 +a−b Để phương trình có hai nghiệm ngun ta cần + Xét hiệu: ( a b2 +b +1 ) −Δ ' Δ' số phương ¿ ( a2 b 4+ b2 +1+4 a b3 + a b2 +2 b ) −( a2 b4 + a b 3+ a ) ¿ ( b 2+1+ a b 2+ 2b )−a ¿ b2 +2 b+1+ a ( b 2−1 ) >0 a , b ∈ N ¿ + Xét hiệu: ( a b2 +b−1 ) − Δ' ¿ ( a2 b 4+ b2 +1+4 a b3−4 a b 2−2 b ) −( a2 b4 + a b 3+ a ) ¿ b2 +1−4 a b2−2 b−a ¿ b2 (1−4 a)−2 b+ (⏟ 1−a )