ĐỀ THI vào 10 BÌNH ĐỊNH 2016 2017 CHUYÊN

ĐỀ THI VÀO 10  x −2 x +  x − 2x + A = − ữ Bi 1: (2,0 im) Cho biu thc: ữì x − x + x +   a) Tìm điều kiện x để biếu thức A có nghĩa Rút gọn A, b) Tìm x để A ≥ ; c) Tìm giá trị lớn A Bài (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 4x + 4x − 20x + 2x + = Chứng minh số tự nhiên abc số nguyên tố b − 4ac khơng số phương Bài (1,0 điểm) Cho đa thức f (x) = x − 2(m + 2)x + 6m + (m tham số) Bằng cách đặt x = t + Tính f(x) theo t tìm điều kiện để phương trình f(x) = có hai nghiệm lớn Bài (4,0 điểm) Cho đường tròn (T) tâm O đường kính AB, tiếp tuyến A lấy điểm P khác A, điểm K thuộc đoạn OB (K khác O B) Đường thẳng PK cắt đường tròn (T) C D (C nằm P D), H trung điểm CD a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp đường tròn · · b) Kẻ DI song song PO, điểm I thuộc AB, chứng minh: PDI = BAH c) Chứng minh đẳng thức: PA = PC ×PD ; d) BC cắt OP J, chứng minh AJ // DB Cho tam giác ABC vuông A Từ điểm I thuộc miền tam giác, kể IM ⊥ BC, IN ⊥ AC, IK ⊥ AB Tìm vị trí I cho tổng IM + IN + IK nhỏ Bài (1,0 điêm) Cho sô thực dương x, y, z thỏ mãn xyz ≤ Chứng minh rằng: x(1 − y3 ) y(1 − z ) z(1 − x ) + + ≥0 y3 z3 x3 Lượt giải: Bài 1: (2,0 điểm)  x ≥ x ≥  x ≥  ⇔ x ≠ ⇔ a) A có nghĩa khi:  x − ≠ x ≠   x + x + ≠   x + ≠ x ≥ Vậy điều kiện để biểu thức A có nghĩa là:  x ≠   x − x + − x + x − (x − 1) x−2 x +  (x − 1)  A = − × = × Khi 2  x −1 x +1 2 (x − 1) x + x +   ( ( = )( ) ( ( x − x −2− x + x −2 x +1 ( ) ) ×x − = −2 x ( 2 ( )( x +1 ) )( ) x +1 ) =− x −1 ) ( ( x ( )( ) ) ) x −1 = −x + x Vậy A = − x + x (với x ≥ 0, x ≠ 1) b) A ≥ ⇔ − x + x ≥ (với x ≥ 0, x ≠ 1) ( ) ⇔ x 1− x ≥ ⇔ ( ) x −1 x ≤ ⇔ x −1 < ≤ x ⇔ ≤ x < ⇔ ≤ x < Vậy A ≥ ≤ x < c) Với x ≥ 0, x ≠ 1, ta có: (  A = −  x dấu “=” xãy x = ⇔ x = ) 1 1 1  − × x × +  + = − x − ÷ + ≥ , 4 2 4  Vậy Max(A) = 1 x = 4 Bài (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 4x + 4x − 20x + 2x + = (1) Dễ thấy x = không nghiệm (1), đó: (1) ⇔ 4x + 4x − 20 + + = ( x ≠ ) x x 1 1   ⇔2x + ÷ +2 2x + ÷−24 =0 ⇔y +2y −24 =0 x x   x (với y = 2x + ≠ )  −3 ±  x = 2x + x +6 = 2x +6x +1 = y = −6 y + = ⇔  y = ⇔y − = ⇔  2±   2x + −4 = 2x −4x +1 = x =   x  −3 ± ±    ;  Vậy phương trình (1) có tập nghiệm: S =  2     Cách 2: (1) ⇔ (4x + 4x + x ) − 21x + 2x + = ⇔ (2x + x) + 2(2x + x) + − 25x =  −3 ± x =  2x + 6x + = ⇔ (2x + x +1) − (5x) = ⇔ (2x + 6x +1)(2x − 4x +1) = ⇔  ⇔  2± 2x − 4x +1 = x =  2 Giả sử b − 4ac số phương ⇒ ∃n ∈ ¥ : b2 − 4ac = n ⇔ 4ac = b − n = (b − n)(b + n) (*) ⇒ (b – n)(b + n) M4 hai số b – n, b + n tính chẵn lẻ (vì (b – n) + (b + n) = 2b)  b − n = 2a b − n = 2c ⇒b = a + c ⇒   b + n = 2c b + n = 2a abc = 100a + 10(a + c) + c = 11(10a + c) hợp số Cách 2: Giả sử b − 4ac số phương đó: 4a ×abc = 400a + 40ab + 4ac = (20a) + ×20a ×b + b − n = (20a + b) − n = (20a + b + n)(20a + b − n) Nên (*) ⇔  nên hai số 20a + b + n 20a + b – n có số chia hết cho số nguyên tố abc khơng thể xãy hai số nhỏ abc Thật vậy: b − n = 4ac > nên n < b Do đó: 20a + b – n < 20a + b+ n 0) m >  t1 + t = 2m >  ⇔ Theo hệ thức vi ét hai nghiệm thỏa mãn:  3⇔m>  t1t = 2m − >  m > Vậy phương trình f(x) = có hai nghiệm lớn m > Bài (4,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp đường tròn: · - PA ⊥ OA (PA tiếp tuyến đường tròn (T)) ⇒ PAO = 90o - H trung điểm dây khơng qua tâm O đường tròn (T) nên · · · OH ⊥ BC ⇒ PHO = 90o Do đó: PAO + PHO = 180o Vậy tứ giác AOHP nội tiếp đường tròn · · b) Chứng minh PDI = BAH · · (slt, DI // PO) = HPO - Ta có: PDI · · · · - Từ (*) suy ra: HPO (nội tiếp chắn cung OH) Vậy PDI = HAB = BAH c) Chứng minh đẳng thức: PA = PC ×PD · · ∆ PAC ∆ PDA có: APC (góc chung) = DPA · · » đường tròn (nơi tiếp chắn AC PAC = PDA S ⇒ ∆ PAC ∆ PDA (g.g) ⇒ PA PC = ⇒ PA = PC ×PD PD PA d) BC cắt OP J, chứng minh AJ // DB - Kẻ tiếp tuyến PE với đường tròn (T) (E tiếp điểm), từ tính chất hai tiếp tuyến cắt · · (tính chất đối qua xứng trục OP) suy PO trung trực AE ⇒ JAP ( = JEP · · » ) OAE · · » - Từ (*) suy ra: JPE (nội tiếp chắn OE (nội tiếp chắn BE = OAE = BCE · · đường tròn (T) nên JPE , suy tứ giác JPCE nội tiếp (2) = BCE º ) lại có JCP · · (nội tiếp chắn JP · · - Từ (2) suy JEP (đối đỉnh) = JCP = BCD · · · · » BCD = BAD (nội tiếp chắn BD đường tròn (T)), đó: JEP (3) = BAD o · · · · · · · · - Từ (1)và(3) suy JAP = BAD ⇒ BAD + BAJ = JAP + BAJ hay JAD = PAB = 90 ⇒ JA ⊥ AD (4) · Mặt khác ADB = 90o (nội tiếp chắn nửa đường tròn (T) ⇒ BD ⊥ AD (5) (4) (5) suy AJ // BD Cách 2: Gọi F giao điểm BD PO, G giao điểm DI BJ · · Ta có: HDI (suy từ kết câu a)nên tứ giác ADHI nội tiếp, suy ra: = IAH 1 º ) mà IAD · · » đường tròn (T)) sđ ID (= sđ BD = DCB 2 · · đó: IHD vị trí đồng vị, suy HI // BC lại có HC = HD , suy IC = ID = BCD ID BI = Mặt khác: ∆ OBF có ID // OF ⇔ (2) OF BO BI GI = ∆ OBJ có IG // OJ ⇔ (3) BO OJ · · (= IHD = IAD (1) Từ (1), (2) (3) suy OJ = OE, lúc O trung điểm chung JAFB nên JAFB hình bình hành , suy ra: JA // BD Ta có: 2(a + b ) = (a + b) + (a − b) ≥ (a + b) ⇔ a + b ≥ (a + b) , dấu “=” xãy a = b (*) Kẻ đường cao AH ⇒ H điểm cố định (vì A, B, C cố định) Gọi E hình chiếu vng góc I AH Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vng INA, IPA ta có: IN + AN = IN + I K = IA ≥ EA Mặt khác: IM = EH (cạnh đối hình chữ nhật IEHM) nên: IM + IN + IK ≥ EH + EA Áp dụng (*)ta có: IM + IN + IK ≥ EH + EA ≥ 2 2 ( EH + EA ) = AH không đổi (vì A, H cố định) 2 AH ⇔ I trung điểm đường cao AH Dấu “=” xảy IA = EA = EH = Vậy I trung điểm đường cao AH tổng IM + IN + IK đạt GTNN Cách 2: IM + IN + IK = IM + KN (vì IN + IK = KN ) = IM + IA Theo (*), ta có: IM + IN + IK = IM + IA ≥ ( IM + IA ) 2 ≥ AM AH ≥ 2 Dấu “=” xảy A, I, M thẳng hàng, M trùng H IM = IA ⇔ I trung điểm đường cao AH : không đổi AH 2 AH 2 Bài (1,0 điêm) Các số thực dương x, y, z thỏ mãn xyz ≤ 1, nên ta có: < xyz ≤ 1, ×x 1×y ×z x z y x z y + + ≥ + + (1) y3 z x y z x x 2z y2 x Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương: ; ; z, ta được: y z x z x z y2 x y2 x + + z ≥ 3x (2) , dấu “=” xãy = = z ⇔ x = y = z = y2 y z z 2 2 x z yx z y z y tương tự có: + + x ≥ 3y (3) + + y ≥ 3z (4) dấu “=” xãy y z x x Vậy I trung điểm đường cao AH tổng IM + IN + IK đạt GTNN x = y = z =  x z y2 x z y  x 2z y2 x z2 y + + + x + y + z ≥ x + y + z ⇔ + + ≥ x+y+z ( ) ÷ z2 x2  y2 z x  y Từ (2), (3) (4) suy ra:  x y z Từ (1) (5) suy ra: y3 + z + x ≥ x + y + z , dấu “=” xảy x = y = z = ⇔ x y z − x + − y + − z > , dấu “=” xảy x = y = z = y z x x(1 − y3 ) y(1 − z ) z(1 − x ) + + ≥ , dấu “=” xảy x = y = z = Vậy: y3 z3 x3 (5) ... + n) = 2b)  b − n = 2a b − n = 2c ⇒b = a + c ⇒   b + n = 2c b + n = 2a abc = 100 a + 10( a + c) + c = 11(10a + c) hợp số Cách 2: Giả sử b − 4ac số phương đó: 4a ×abc = 400a + 40ab + 4ac =... nên JAFB hình bình hành , suy ra: JA // BD Ta có: 2(a + b ) = (a + b) + (a − b) ≥ (a + b) ⇔ a + b ≥ (a + b) , dấu “=” xãy a = b (*) Kẻ đường cao AH ⇒ H điểm cố định (vì A, B, C cố định) Gọi E hình... khơng thể xãy hai số nhỏ abc Thật vậy: b − n = 4ac > nên n < b Do đó: 20a + b – n < 20a + b+ n