Sở giáo dục đào tạo tỉnh Quảng Nam ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC: 2015 – 2016 Thời gian: 150 phút Câu (2 điểm) a) Cho biểu thức A x x x 1 (với x ≠ 1; x ≥ 0) Rút gọn A, sau tính giá trị A – x 1 x 1 x 2016 2015 b) Cho A 12015 22015 n2015 với n số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho n(n + 1) Câu (2 điểm) 0 x x 11 x x 12 x( x 4)(4 x y ) b) Giải hệ phương trình: x x y 5 Câu (1 điểm) Cho parabol (P): y = ax2 đường thẳng (d): y = bx + c với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác vng a độ dài cạnh huyền Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B có hồnh độ x1 x2 thỏa mãn x12 x22 Câu (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD CE cắt H Các tia phân giác góc EHB, DHC cắt AB, AC I K Qua I K vẽ đường vng góc với AB, AC chúng cắt M a) Chứng minh AI = AK b) Giả sử tam giác nhọn ABC có hai đỉnh B, C cố định, đỉnh A di động Chứng minh đường thẳng HM qua điểm cố định Câu (2 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB Qua A B vẽ tiếp tuyến d1 d2 với (O) Từ điểm M (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt d1 C cắt d2 D Đường tròn đường kính CD cắt đường tròn (O) E F (E thuộc cung AM), gọi I giao điểm AD BC a) Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn đường kính CD b) Chứng minh MI vng góc với AB ba điểm E, I, F thẳng hàng Câu (1 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y + z – (xy + yz + zx) a) Giải phương trình sau: Doc24.vn ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) Với x ≥ 0, x ≠ ta có x x 1 x 1 x x A x 1 x 1 x 1 x 1 x x x 1 x x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 Ta có x 2016 2015 thỏa mãn điều kiện x ≥ x ≠ A 1 Có x 2015 2015 2015 x 2015 Thay vào biểu thức A – ta được: 2015 A 1 b) Với số nguyên dương a, b ta có: a2015 b2015 (a b)(a 2014 a 2013b ab2013 b 2014 ) a 2015 b 2015 (a b) + Xét trường hợp n số lẻ Áp dụng khẳng định ta có: 12015 (n 1) 2015 n 22015 (n 2) 2015 n n 2015 n 2015 n 2 Suy An 2015 1 2015 (n 1) 2015 2015 (n 2) 2015 n 2015 n 2015 n Tương tự n 2015 n 2015 n 2015 n 2015 2015 2015 A 2(1 n ) (n 1) (n 1) Mặt khác n n + nguyên tố nên A ⋮ n(n + 1) Tương tự với trường hợp n chẵn ta có A ⋮ n(n + 1) 2015 2015 Câu a) Điều kiện: x2 8; x2 9; x2 11; x2 12 Phương trình cho tương đương với Doc24.vn 0 x x x 11 x 12 x 8 x x x x 12 x 11 x 11 x 12 0 x 15 x 15 0 x2 x2 8 x2 11 x 12 x 15 0(2) 1 0(3) 2 x x x 11 x 12 Phương trình (2) x 15 (thỏa mãn) Phương trình (3) x2 x2 8 x 11 x2 12 x2 60 x2 10 x 10 (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm phương trình cho 15; 10 b) Hệ cho tương đương với x x x y x x x y 5 Suy x2 + 4x 4x + y nghiệm phương trình t 2 t x (t 2)(t 3) t 3 x x 2 x x 3 ( I ) ( II ) Vậy hệ cho tương đương với 4 x y 3 4 x y 2 x 2 y 3 x Giải (I): x x 2 ( x 2) x 2 y 3 x x 1 y 2 x Giải (II): x x ( x 1)( x 3) x 3 y 2 x 10 Vậy hệ cho có nghiệm 2 2;5 , 2 2;5 , 1; , 3;10 Câu Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): ax2 bx c ax2 bx c 0(1) Vì a, b, c cạnh tam giác vuông với cạnh huyền a nên a, b, c > 0, a2 = b2 + c2 (d) cắt (P) điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ b2 4ac (luôn ∀ a, b, c > 0) Gọi giao điểm có hồnh độ x1, x2 , nghiệm (1) Theo Viét ta có: Doc24.vn b x1 x2 a x x c a c b2 2ac 2a b Xét P x12 x22 ( x1 x2 )2 x1 x2 a a2 a Có b2 2ac 2a b2 2ac (b2 c ) a 2ac c a (c a)2 0, a, c,0 c a Suy P < ⇒ đpcm Câu a) Vì HI, HK phân giác góc EHB góc DHC nên 1 EHI EHB; DHK CHK DHC Mà EHB = DHC (đối đỉnh) => EHI = DHK = CHK (1) 2 o Có AIH = 90 – EHI ; AKH = 90o – DHK => AIH = AKH (2) Từ (1) suy EHI + EHK = CHK + EHK = 180o => I, H, K thẳng hàng (3) Từ (2) (3) ⇒ ∆ AIK cân A ⇒ AI = AK b) Gọi giao IM BH P, giao KM CH Q, giao HM PQ J, giao HM BC N Ta có: HE EI ∆HEI ~ ∆HDK (g.g) => HD DK HE EB ∆HEB ~ ∆HDC (g.g) => HD DC EI EB EI DK (4) DK DC EB DC EI HP DK HQ Vì IP ⊥ AB, HE ⊥ AB ⇒ IP // HE ⇒ (5) Tương tự (6) EB HB DC HC HP HQ Từ (4), (5), (6) ⇒ PQ // BC HB HC Doc24.vn PJ HJ JQ PJ BN BN HN NC JQ NC Vì HP // MQ, HQ // PM nên HQMP hình bình hành ⇒ J trung điểm PQ ⇒ PJ = JQ ⇒ BN = NC ⇒ N trung điểm BC Vậy HM qua trung điểm BC điểm cố định Suy Câu a) Vì AC ⊥ AB, BD ⊥ AB ⇒ AC // BD ⇒ ACDB hình thang Vì CM, CA tiếp tuyến (O) nên CM = CA Tương tự DM = DB Gọi J trung điểm CD JO đường trung bình hình thang ACDB suy JO // BD AC BD CM MD CD (1) OJ IC ID 2 Vì BD ⊥ AB nên JO ⊥ AB O (2) Từ (1) (2) suy AB tiếp tuyến đường tròn (J) đường kính CD CI CA CM b) Vì CA // BD nên theo định lý Talét ta có: IM // BD IB CD MD Mà BD ⊥ AB nên MI ⊥ AB Gọi P, Q giao AD (O), BC (J) Có APB = CQD = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => DPB = BQD = 90o Suy BQPD tứ giác nội tiếp => PDB = PQI Vì AC // BD nên PDB = IAC PI QI => PQI = IAC => ∆PQI ~ ∆CAI (g.g) => IP.IA IC.IQ CI AI Suy phương tích điểm I đường tròn (O) (J) Suy I nằm trục đẳng phương EF đường tròn Vậy I, E, F thẳng hàng Doc24.vn Câu Ta có: x y z x y z xy yz zx xy yz zx x y z xy yz zx 9 ( x y z )2 P x yz t2 t 2t 1 Đặt x y z t P t (t 1)2 2 x y z Dấu xảy chẳng hạn x = 1, y = 2, z = –2 2 x y z 9, Vậy giá trị lớn P Doc24.vn ... An 2015 1 2015 (n 1) 2015 2015 (n 2) 2015 n 2015 n 2015 n Tương tự n 2015 n 2015 n 2015 n 2015 2015. .. x 2016 2015 thỏa mãn điều kiện x ≥ x ≠ A 1 Có x 2015 2015 2015 x 2015 Thay vào biểu thức A – ta được: 2015 A 1 b) Với số nguyên dương a, b ta có: a2015 b2015... ab2013 b 2014 ) a 2015 b 2015 (a b) + Xét trường hợp n số lẻ Áp dụng khẳng định ta có: 12015 (n 1) 2015 n 22015 (n 2) 2015 n n 2015 n 2015 n