Tam giác HBM có BD vừa là đường cao vừa là phân giác, nên nó là tam giác cân tại B.
Trang 1SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn : Toán (CHUYÊN)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức
: 4
P
x
với x > 0, x ≠ 1, x ≠ 4 a) Rút gọn P
b) Tìm x để P = –1
Câu 2 (2,5 điểm)
a) Giải phương trình x2 x 4 3x 1 6 0
b) Trong hệ tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2mx + 2 (m là tham số) Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B sao choS OAB 2 6
Câu 3 (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 11 Tìm GTNN
a b c P
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên n biết n + S(n) = 2015, với S(n) là tổng các chữ số của n.
Câu 5 (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H và cắt (O) tại M,N, P
a) Chứng minh M đối xứng H qua BC
b) Chứng minh (AHB) = (BHC) = (CHA) ((AHB) là đường tròn đi qua ba điểm A,H,B)
c) TínhT AM BN CP
AD BE CF
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHUYÊN QUẢNG BÌNH NĂM 2015 – 2016
Câu 1
a) Ta có:
: 4
:
:
2
1
P
x
x x x
x
x
1
x
P
x
b) ĐKXĐ của P là x > 0, x ≠ 1, x ≠ 4
2
1
x
x
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy P = –1 1
4
x
Câu 2
a) x2 x 4 3x (1)1 6 0
3
x x
2
2 2
1 0
1
x
x x
(thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình là {1}
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d:
x2 – 2mx – 2 = 0 (1)
Trang 3Có ∆’ = m2 + 2 > 0 ∀ m nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ⇒ (P) luôn cắt d tại hai điểm phân biệt A(x1; y1)
và B(x2;y2) với x1, x2 là nghiệm của (1)
Theo định lí Vi–ét: x1 + x2 = 2m; x1x2 = –2
Do A, B ∈ d nên y1 = 2mx1 + 2; y2 = 2mx2 + 2
Tính SOAB: Ta có
(1 4 )(4 8)
( ; ) ( ; )
ABO
d O AB d O d
Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm
Câu 3
Thay 11 = ab + bc + ca vào P, ta có:
(*)
a b c P
a b c
a ab bc ca b ab bc ca c ab bc ca
a b c
a b a c b a b c c a c b
Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có:
2 3(a b a c )( ) 3( a b ) ( a c ) 4 a3b c (1)
Tương tự:
2 3(b a b c )( ) 4 b3a c (2)
1
2
Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có
a b a c b a b c c a c b a b c (**)
Từ (*) và (**) ta có
3
a b c
P
Dấu bằng xảy ra ⇔
3( )
5
5 11
11
a b a c
c
ab bc ca
ab bc ca
Vậy GTNN của P là2
3 ,đạt được khi a = b = 1, c = 5.
Trang 4Vì n + S(n) = 2015 nên n ≤ 2015 ⇒ n có nhiều nhất 4 chữ số
⇒ S(n) ≤ 9 + 9 + 9 + 9 = 36
⇒ n = 2015 – S(n) ≥ 2015 – 36 = 1979
Xét 2 TH:
TH1: 1979 ≤ n ≤ 1999 Đặtn19ab (0 ≤ a,b ≤ 9)
n + S(n) = 2015 ⇔ 19ab 1 9 a b 2015⇔ 11a + 2b = 105 ⇔ 11a = 105 – 2b
Ta có 105 – 2b lẻ và 105 – 2b ≥ 105 – 2.9 = 87 ⇒ a lẻ và 11a ≥ 87
⇒ a = 9 ⇒ b = 3 ⇒ n = 1993
TH2: 2001 ≤ n ≤ 2015 Đặt n = 20cd (0 ≤ c,d ≤ 9)
n + S(n) = 2015 ⇔ 20cd 2 0 c d 2015⇔ 11c + 2d = 13
Vì 11c ≤ 13 và 11c = 13 – 2d lẻ nên c = 1 ⇒ d = 1
⇒ n = 2011
Vậy tất cả các giá trị n cần tìm là n = 1993 và n = 2011
Câu 5
a) Vì 2 tam giác BEC và ADC vuông nên
HBD = DAC (cùng phụ với góc C) (1)
Vì ABMC là tứ giác nội tiếp nên
DAC = MBD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
HBD = MBD
Suy ra BD là phân giác của góc HBM Tam giác HBM có BD vừa là đường cao vừa là phân giác, nên nó là tam giác cân tại B
⇒ D là trung điểm HM
Mà HM ⊥ BC nên M đối xứng với H qua BC
b) Vì M đối xứng với H qua BC nên HB = MB; HC = MC
⇒ ∆ HBC = ∆ MBC
⇒ (HBC) = (MBC) = (O)
Tương tự ta có:
(HAB) = (HAC) = (O)
Vậy (AHB) = (BHC) = (CHA) = (O)
c) Ta có:
Trang 51 1
Mặt khác:
1
2
1
2
HBC
ABC
BC HD
S BC AD AD
ABC
S AM
Tương tự ta có:
1 HAC
ABC
S
BN
1 HAB
ABC
S
CP
Cộng từng vế của (3), (4) và (5) ta có
3 HBC HCA HAB 3 ABC 4
AM BN CP
T