Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên lê quý đôn bình định(vòng 2)

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