SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾĐỀTHICHÍNHTHỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10THPTCHUYÊNQUỐCHỌCNĂMHỌC 2015–2016 Khóa ngày 09 tháng năm2015Mơn thi: TỐN (CHUN TỐN) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,5 điểm) Giải phương trình: 20152015 x 2014 2016 x 2015 2016 Câu 2: (1,5 điểm) Cho phương trình ( x 2)(x x ) (4m 1) x 8m (x ẩn số) Tìm m để phương trình có ba nghiệm 2 phân biệt x1;x2;x3 thỏa mãn điều kiện x1 x2 x3 11 Câu 3: (2,0 điểm) �x y x y ( x 1)( y 1) � 2 a) Giảihệ phương trình: � �x � �y � � � � � � �y � �x � � b) Cho số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = x2 + y2 + z2 = Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x, y, z: Px (1 y )(1 z ) (1 z )(1 x ) (1 x )(1 y ) y z x2 y2 1 z2 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) , Giả sử B , C cố định A di động đường tròn cho AB < AC AC < BC Đường trung thực đoạn thẳng AB cắt AC BC P Q Đường trung trực đoạn thẳng AC cắt AB BC M N a) Chứng minh OM.ON=R2 b) Chứng minh bốn điểm M,N,P,Q nằm đường tròn c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ cắt S T , gọi H hình chiếu vng góc B lên đường thẳng ST Chứng minh H chạy đường tròn cố định A di động Câu 5: (2,0 điểm) a) Cho a,b hai số thay đổi thoã mãn điều kiện a > 0, a + b ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức 8a b b 4a b) Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x x x y 32 x y 39 A ĐÁP ÁN Câu 1: 20152015 x 2014 2016 x 2015 2016 (1) 2015 ĐK: x � 2016 (1) (2015 2015 x 2014 2015) ( 2016 x 2015 1) 2015( 2015 x 2014 1) ( 2016 x 2015 1) 2015(2015 x 2015) 2016 x 2016 0 2015 x 2014 2016 x 2015 � � � � 20152 2016 � � ( x 1) � � 2015 x 2014 2016 x 2015 �1 4 4 4 4 4 4 43 � 2015 � � 0 x � 2016 � � x (thoả mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm phương trình (1) {1} Câu 2: ( x 2)( x x ) (4m 1) x 8m 0(1) ( x 2)( x x ) (4m 1)( x 2) ( x 2)( x x 4m 1) x2 � �2 x x 4m 0(2) � Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 4(4m 1) � �2 4m �0 � 16m � � 4m �3 � � 3 m � � 16 � 3 � m� � Gọi x1, x2 hai nghiệm phân biệt (2) ⇒ (1) có nghiệm phân biệt x1, x2, x3 = (*) Theo định lí Vi–ét: x1 + x2 = 1, x1x2 = 4m + (**) Thay (*) (**) ta có: x12 x2 x32 11 ( x1 x2 ) x1 x2 11 2(4m 1) m 1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy m = –1 giá trị cần tìm Câu 3: �x y x y ( x 1)( y 1) � 2 a) � �x � �y � � � � � � y � � �x � � (1) (2) ĐK: x ≠ –1; y ≠ –1 (1) x( x 1) y ( y 1) ( x 1)( y 1) x y 1 y 1 x 1 Đặt a x y ;b , hệ phương trình cho trở thành y 1 x 1 a b 1 a b 1 a b 1 a b 1 � � � � � � � �2 2 2ab ab a b 1 (a b) 2ab � � � � � a0 � �x � � � b 1 � �y � � a 1 � �x � � � b0 � � �y (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm (0;1), (1;0) b) P x (1 y )(1 z ) (1 z )(1 x ) (1 x )(1 y ) y z x2 1 y2 1 z2 Xét ( x y z ) x y z 2( xy yz zx ) xy yz zx (x y z )2 ( x y z ) Thay x + y + z = x2 + y2 + z2 = ta có xy + yz + zx = Thay = xy + yz + zx ta có: (1 y )(1 z ) (xy yz zx y )(xy yz zx z ) ( y z )( y x)( z y )( z x) x x x x( y z ) 2 1 x xy yz zx x ( x y )( x z ) Tương tự ta có: (1 z )(1 x ) y y ( z x) 1 y2 (1 x )(1 y ) z z (x y ) 1 z2 Cộng vế ba đẳng thức ta có P xy xz yz yx zx zy 2( xy yz zx ) Vậy biểu thức P không phụ thuộc vào x, y, z Câu 4: a) Gọi I, J trung điểm AB, AC ∆ OAB cân O có OI đường cao kẻ từ đỉnh O nên OI phân giác góc O, suy BOI BOA(1) Theo quan hệ góc nội tiếp góc tâm chắn cung AB (O): BCA BOA(2) Từ (1) (2) suy BOI=BCA (3) Xét ∆ OBI vng I có góc ngồi OBM: OBM 90O BOI (4) Xét ∆ NJC vng J có góc ngồi ONB: ONB 90O BCA(5) Từ (3), (4), (5) suy OBM=ONB OBM ~ ONB ( g.g ) OB OM OM ON OB R ON OB b) Chứng minh tương tự câu a, ta có OQ.OP R OM ON OQ.OP OM OP OQ ON Xét ∆ OMP ∆ OQN có: �MOP chung � �OM OP OMP ~ OQN (c.g c ) �OQ ON � OMP OQN OMP NQP 180o ⇒ Bốn điểm M, N, P, Q nằm đường tròn c) Ta chứng minh O, S, T thẳng hang Gọi T’ giao điểm khác S OS với đường tròn ngoại tiếp ∆ BMN Khi MNST’ tứ giác nội tiếp, nên OSN OMT ' OSN ~ OMT '( g.g ) OS ON OS OT ' OM ON OM OT ' OS OT ' OQ.OP OS OQ OP OT ' Xét ∆ OSQ ∆ OPT’ có: �SOQ chung � �OS OQ OSQ ~ OPT '(c.g c) � �OP OT ' OSQ OPT ' OPT ' QST ' 180o ⇒ T’SQP tứ giác nội tiếp ⇒ T’ thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ CPQ ⇒ T’ ≡ T Vậy O, S, T thẳng hang BH ⊥ OH ⇒ H thuộc đường tròn đường kính OB Vậy A di động, H ln thuộc đường tròn đường kính OB Câu 5: 8a b b b a) A b 2a b ( a b ) (a ) 4a 4a 4a Vì b 1 a b a 0; a b �1 � ; a �1 b a � b 4a 4a 4a a 1 A �( a b ) ( b ) (a ) (b )2 4a 4a 2 Ta có a 1 �2 a (BĐT Cô–si cho hai số không âm); (b ) �0 4a 4a A � 2 Vậy giá trị nhỏ A đạt a b 2 Dấ u xảy a b b)Ta có: x x x y 32 x y 39 x x3 x 32 x 40 y y ( x 2)2 ( x x 10) (2 y 1) Vì y số nguyên nên 2y – ≠ ⇒ x ≠ Vì (2y – 1)2 (x – 2)2 số phương khác nên x2 + 2x + 10 số phương Đặt x2 + 2x + 10=m2 (m �N * ) suy ( x 1) m (x m)(x m) 9 � �x m � � �x m 1 � � �x m � ( Do x+1+m>x+1-m) � � �x m 9 � �x m � � � �x m 3 � � �x � � m5 � � � �x 5 � � m5 � � � �x 1 � � � m3 � � x = ⇒ (2y – 1)2 = 25 ⇒ y = y = –2 x = –5 ⇒ (2y – 1)2 = 1225 ⇒ y = 18 y = –17 x = –1 ⇒ (2y – 1)2 = 81 ⇒ y = y = –4 Vậy (x;y) nguyên thỏa yêu cầu toán (3;3),(3;–2),(–5;18),(–5;–17),(–1;5),(–1;–4) ... 1: 2015 2015 x 2014 2016 x 2015 2016 (1) 2015 ĐK: x � 2016 (1) (2015 2015 x 2014 2015) ( 2016 x 2015 1) 2015( 2015 x 2014 1) ( 2016 x 2015 1) 2015( 2015... 2015( 2015 x 2015) 2016 x 2016 0 2015 x 2014 2016 x 2015 � � � � 20152 2016 � � ( x 1) � � 2015 x 2014 2016 x 2015 �1 4 4 4 4 4 4 43 � 2015 � � 0 x � 2016 � �... )(1 y ) z z (x y ) 1 z2 Cộng vế ba đẳng thức ta có P xy xz yz yx zx zy 2( xy yz zx ) Vậy biểu thức P không phụ thuộc vào x, y, z Câu 4: a) Gọi I, J trung điểm AB, AC