c2 toanmath com đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên năm học 2017 2018 môn toán trường chuyên lê quý đôn bình định (chuyên toán)

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 biể u thức A =   x  x    x 1 a) Tı̀m điề u kiê ̣n của x để biể u thức A có nghıã Rút go ̣n A b) Tım ̀ x để A  c) Tı̀m giá tri ̣lớn nhấ t của A Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trıǹ h sau: 4x  4x  20x  2x   2) Chứng minh rằ ng nế u số tự nhiên abc là số nguyên tố thı̀ b  4ac không là số chıń h phương Bài 3: (1,0 điểm) Cho đa thức f(x) = x – 2(m + 2)x + 6m + (m là tham số ) Bằ ng cách đă ̣t x = t + Tı́nh f(x) theo t và tı̀m điề u kiê ̣n của m để phương trıǹ h f(x) = có hai nghiê ̣m lớn Bài 4: (4,0 điểm) Cho đường tròn (T) tâm O đường kıń h AB, tiế p tuyế n ta ̣i A lấ y mô ̣t điể m P khác A, điể m K thuô ̣c đoa ̣n OB (K khá c O và B) Đường thẳ ng PK cắ t đường tròn (T) ta ̣i C và D (C nằ m giữa P và D), H là trung điể m của CD a) Chứng minh tứ giác AOHP nô ̣i tiế p đươ ̣c đường tròn  = BAH  b) Kẻ DI song song với PO, điể m I thuô ̣c AB, chứng minh: PDI c) Chứng minh đẳ ng thức PA = PC.PD d) BC cắ t OP ta ̣i J, chứng minh AJ song song với DB Cho tam giác ABC vuông ta ̣i A Từ điể m I thuô ̣c miề n tam giác, kẻ IM  BC, kẻ IN  AC, IK  AB Tı̀m vi ̣trı́ của I cho tổ ng IM + IN + IK nhỏ nhấ t Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mañ xyz  x 1  y3  y 1  z  z 1  x    0 Chứng minh rằng: y3 z3 x3 Bài 1: a) Điề u kiê ̣n để A có nghıã là x  và x    x 2 x   x  2x   x 2 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  Kế t hơ ̣p với điề u kiê ̣n ban đầ u x  và x  Ta đươ ̣c:  x < 1 1  c) A = – x + x =   x     với mo ̣i x 2 4  1 Dấ u “=” xảy x  =  x   x  (TMĐK x  và x  1) 2 1 x = Vâ ̣y GTLN của A là 4 Bài 2: 1) x = không phải là nghiê ̣m của phương trı̀nh nên x  Do đó chia cả hai vế phương trı̀nh cho  1   x  0, ta đươ ̣c:  4x     2x    20  (1) x  x   1 Đă ̣t: y = 2x   4x   y  x x Do đó PT (1) trở thành: y  2y  24   y = – ; y = 3  3  ; x2  Với y = – ta có: 2x  = –  2x  6x    x1  x 2 2 2 Với y = ta có: 2x  =  2x  4x    x1  ; x2  x 2  3  3   2   Vâ ̣y phương trın ; ; ;  ̀ h đã cho có tâ ̣p nghiê ̣m là: S =  2 2   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   ; ; ; Vâ ̣y phương trıǹ h đã cho có tâ ̣p nghiê ̣m là: S =   2 2   2 2) Chứng minh bằ ng phản chứng Giả sử b  4ac là số chın ́ h 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) Tồ n ta ̣i mô ̣t hai thừa số 20a + b + m, 20a + b – m chia hế t cho số nguyên tố abc Điề u này không xảy vı̀ cả hai thừa số đề u nhỏ abc Thâ ̣t vâ ̣y, m < b (vı̀ m  b  4ac  ) nên: 20a + b – m  20a + b + m < 100a + 10b + c = abc Vâ ̣y nế u số tự nhiên abc là số nguyên tố thı̀ b  4ac không là số chın ́ h 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 trın ̀ h: f(x) = có nghiê ̣m lớn  Phương trıǹ h h(t) = có nghiê ̣m dương  m  12   0, m      P   2m   m S  2m    Vâ ̣y với m  thı̀ phương trı̀nh f(x) = có nghiê ̣m lớn 2 Bài a) Chứng minh tứ giác AOHP nô ̣i tiế p đươ ̣c đường tròn P Ta có: OH  CD ta ̣i H (vı̀ HC = HD)  + OAP   900  900  1800 Do đó: OHP  Tứ giác AOHP nô ̣i tiế p đường tròn đường kı́nh OP J  = BAH  b) Chứng minh: PDI C N  = DPO  (so le và DI // PO) PDI   BAH  (vı nô ̣i tiế p cùng chắ n OH ) DPO ̀  = BAH  Do đó: PDI 1 H c) Chứng minh đẳ ng thức PA = PC.PD A PA PC  PAC ~  PDA (g.g)  =  PA = PC.PD PD PA d) Chứng minh AJ // DB Kẻ tiế p tuyế n PN (N khác A) của đường tròn (T), Với N là tiế p điể m Ta có chứng minh đươ ̣c PO là đường trung trực của NA  JA = JN  APJ và  NPJ có: PA = PN; P2 = P1 ; JA = JN  N  (1)   APJ =  NPJ (c.g.c)  A I O D =A  = P (vı tứ giác PAON nô ̣i tiế p) và JCN +C   1800 (vı góc kề bù) Ta có: C ̀ ̀ 1      JCN = P  180  Tứ giác NCJP nô ̣i tiế p đươ ̣c  N = A (2) B K  A  Từ (1) và (2) suy ra: A     Ta có: A  JAO  A1 + JAO  900  JA  AD ta ̣i A (3)   900 (vı nô ̣i tiế p chắ n nửa đương tron)  DB  AD (4) Có: ADB ̀ ̀ ̀ Từ (3) và (4) suy ra: AJ // DB GV: Võ Mô ̣ng Trı̀nh – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bı̀nh Đinh ̣ 2 Bổ đề : Với a > 0; b > ta có: a + b a + b  (1) Dấ u “=” xảy a = b 2 Thâ ̣t vâ ̣y: (1)  2a  2b  a  2ab  b  a  2ab  b    a  b   (BĐT đúng) Dấ u “=” xảy a = b Vâ ̣y: a + b  a + b A Kẻ đường cao AH  H là điể m cố đinh ̣ (vı̀ A, B, C cố đinh) ̣ K N Go ̣i P là hıǹ h chiế u vuông góc của M AH Áp du ̣ng đinh ̣ lý Pytago cho các tam giác vuông P I INA, IPA ta có: IN + AN  IN  I K  IA  PA Mă ̣t khác: IN = PH nên: B IM + IN  IK  PH  PA H M Áp du ̣ng bổ đề ta có: PH + PA   AH 2 2 2 IM + IN  IK  PH  PA   : không đổ i (vı̀ A, H cố đinh) ̣ 2 AH Dấ u “=” xảy IA = PA = PH =  I là trung điể m của đường cao AH Vâ ̣y I là trung điể m của đường cao AH thı̀ tổ ng IM + IN + IK đa ̣t GTNN là C AH 2 Cách 2: IM + IN  IK  IM + KN (vı̀ IN  IK  KN ) = IM + IA Theo bổ đề , ta có: IM + IN  IK  IM  IA 2 2  IM + IA   2 Dấ u “=” xảy A, I, M thẳ ng hàng, M trùng H và IM = IA  I là trung điể m của đường cao AH  AM AH  : không đổ i 2 Vâ ̣y I là trung điể m của đường cao AH thı̀ tổ ng IM + IN + IK đa ̣t GTNN là Bài 5: Ta có: x 1  y3  y  Ta có: xyz  nên y 1  z  z  z 1  x  x 0  x y z + + x+y+z y z x 1.x 1.y 1.z x z y x z y + +  + + (1) y3 z x y z x Áp du ̣ng bấ t đẳ ng thức Cô si cho số dương: x 2z y2 x ; ; z, ta đươ ̣c: z y2 x 2z x 2z y2 x y2 x z2 y z2 y + z  3x; tương tự : + + x  3y va + + + y  3z ̀ z2 z2 x2 x2 y2 y2  x z y2 x z y  Cô ̣ng theo vế ta đươ ̣c:  + +   x + y + z   x + y + z  (2) z x   y x z y2 x z y  + + x+y+z y z x x y z Từ (1) và (2) suy ra: + +  x + y + z Dấ u “=” xảy x = y = z = y z x GV: Võ Mô ̣ng Trı̀nh – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bı̀nh Đinh ̣ AH 2 ... minh bằ ng phản chứng Giả sử b  4ac là số chın ́ h 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... số đề u nhỏ abc Thâ ̣t vâ ̣y, m < b (vı̀ m  b  4ac  ) nên: 20a + b – m  20a + b + m < 100 a + 10b + c = abc Vâ ̣y nế u số tự nhiên abc là số nguyên tố thı̀ b  4ac không là số chın