ĐỀ THI vào 10 BÌNH ĐỊNH 2017 2018 CHUYÊN lê QUÝ đôn

ĐỀ THI VÀO 10  x −2 x +  x − 2x + − ÷ Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức A =  x + x + 1÷  x −1  a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa Rút gọn A b) Tìm x để A ≥ ‘ c) Tìm giá trị lớn nhất của A Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình sau: 4x + 4x − 20x + 2x + = 2) Chứng minh rằng nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b2 − 4ac không là số chính phương Bài 3: (1,0 điểm) Cho đa thức f(x) = x – 2(m + 2)x + 6m + (m là tham số) Bằng cách đặt x = t + Tính f(x) theo t và tìm điều kiện của m để phương trình f(x) = có hai nghiệm lớn Bài 4: (4,0 điểm) Cho đường tròn (T) tâm O đường kính AB, tiếp tuyến tại A lấy một điểm P khác A, điểm K thuộc đoạn OB (K khác O và B) Đường thẳng PK cắt đường tròn (T) tại C và D (C nằm giữa P và D), H là trung điểm của CD a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn · · b) Kẻ DI song song với PO, điểm I thuộc AB, chứng minh: PDI = BAH c) Chứng minh đẳng thức PA = PC.PD d) BC cắt OP tại J, chứng minh AJ song song với DB Cho tam giác ABC vuông tại A Từ điểm I thuộc miền tam giác, kẻ IM ⊥ BC, kẻ IN ⊥ AC, IK ⊥ AB Tìm vị trí của I cho tổng IM + IN + IK nhỏ nhất Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz ≤ Chứng minh rằng: x ( − y3 ) y3 + y ( − z3 ) z3 + z (1 − x3 ) x3 ≥0 HD  x −2 x +  x − 2x + − ÷ Bài 1: a) Điều kiện để A có nghĩa là x ≥ và x ≠ 1A =  = x + x + 1÷  x −1       ( x − x −2 )( x +1 ( ) ( x −1 x −2 −x − ) −  x + ÷( x − 1) ÷ x +1 ÷  x +2 x + ( x − 1) ) (x − 1) 2 ) ( x + 1) − ( x + ) ( = x + 1) ( x − 1) ( x + 1) ( −2 x ( x + 1) ( x − 1) = =–x+ x ( x + 1)      ( ( x −2 2 ) ) x −1  ÷( x − 1) ÷ x −1 ÷  = b) A ≥ ⇔ – x + x ≥ ⇔ x – x ≤ ⇔ x ( x − 1) ≤ ⇔ ≤ x ≤ ⇔ ≤ x ≤ Kết hợp với điều kiện ban đầu x ≥ và x ≠ Ta được: ≤ x < 1 1  c) A = – x + x = −  x − ÷ + ≤ với mọi x 2 4  1 Dấu “=” xảy x − = ⇔ x = ⇔ x = (TMĐK x ≥ và x ≠ 1) 1 Vậy GTLN của A là x = 4 Bài 2: 1) x = không phải là nghiệm của phương trình nên x ≠ Do đó chia cả hai vế  1   phương trình cho x ≠ 0, ta được:  4x + ÷ +  2x + ÷ − 20 = (1) x  x   1 Đặt: y = 2x + ⇒ 4x + = y2 − 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 −   ; ; ; Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: S =   2 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 + x + = − 5x  2x + 6x + = ( )  2+ 2− ; x2 = PT (1): 2x − 4x + = ⇔ x1 = 2 −3 + −3 − PT (2): 2x + 6x + = ⇔ x1 = ; x2 = 2   −3 + −3 − + 2 −   ; ; ; Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: S =   2 2     2 2) Chứng minh bằng phản chứng Giả sư b − 4ac là số chính 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) Tồn tại một hai thừa số 20a + b + m, 20a + b – m chia hết cho số nguyên tố abc Điều này không xảy vì cả hai thừa số đều nhỏ abc Thật vậy, m < b (vì m − b − 4ac < ) nên: 20a + b – m ≤ 20a + b + m < 100a + 10b + c = abc Vậy nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b2 − 4ac không là số chính 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 trình: f(x) = có nghiệm lớn ⇔ Phương trình h(t) = có nghiệm dương ( m − 1) + > 0, ∀m ∆ ≥   ⇔ P > ⇔ 2m − > ⇔m> S > 2m >   Vậy với m > thì phương trình f(x) = có nghiệm lớn 2 Bài a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn Ta có: OH ⊥ CD tại H (vì HC = HD) · · Do đó: OHP + OAP = 90 + 90 = 1800 ⇒ Tứ giác AOHP nội tiếp đường tròn đường kính OP · · b) Chứng minh: PDI = BAH · · PDI = DPO (so le và DI // PO) · · · · » ) Do đó: PDI DPO = BAH (vì nội tiếp cùng chắn OH = BAH c) Chứng minh đẳng thức PA = PC.PD ∆ PAC ~ ∆ PDA (g.g) ⇒ PA PC = ⇒ PA = PC.PD PD PA d) Chứng minh AJ // DB Kẻ tiếp tuyến PN (N khác A) của đường tròn (T), Với N là tiếp điểm Ta có chứng minh được PO là đường trung trực của NA ⇒ JA = JN µ = Pµ ; JA = JN ∆ APJ và ∆ NPJ có: PA = PN; P ¶ =N ¶ ⇒ ∆ APJ = ∆ NPJ (c.g.c) A (1) 1 =A ả = Pà (vì tứ giác PAON nợi tiếp) và JCN · µ = 1800 (vì góc kề bù) +C Ta có: C 1 ã ả ả ⇒ JCN = P1 = 180 ⇒ Tứ giác NCJP nợi tiếp được ⇒ N1 = A (2) ¶ =A ¶ Từ (1) và (2) suy ra: A ¶ + JAO · ¶ + JAO · =A = 90 ⇒ JA ⊥ AD tại A (3) Ta có: A · Có: ADB = 900 (vì nội tiếp chắn nưa đường tròn) ⇒ DB ⊥ AD (4) Từ (3) và (4) suy ra: AJ // DB Bổ đề: Với a > 0; b > ta có: a + b 2 ( a + b) ≥ (1) Dấu “=” xảy a = b 2 2 2 Thật vậy: (1) ⇔ 2a + 2b ≥ a + 2ab + b ⇔ a − 2ab + b ≥ ⇔ ( a − b ) ≥ (BĐT đúng) a + b) Dấu “=” xảy a = b Vậy: a + b ≥ ( 2 ⇒ Kẻ đường cao AH H là điểm cố định (vì A, B, C cố định) Gọi P là hình chiếu vuông góc của M AH Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác vuông INA, IPA ta có: IN + AN = IN + I K = IA ≥ PA Mặt khác: IN = PH nên: IM + IN + IK ≥ PH + PA Áp dụng bổ đề ta có: IM + IN + IK ≥ PH + PA 2 2 ( PH + PA ) ≥ Dấu “=” xảy IA = PA = PH = AH : không đổi (vì A, H cố định) = AH ⇔ I là trung điểm của đường cao AH Vậy I là trung điểm của đường cao AH thì tổng IM + IN + IK đạt GTNN là AH 2 Cách 2: IM + IN + IK = IM + KN (vì IN + IK = KN ) = IM + IA IM + IA ) AM AH Theo bổ đề, ta có: IM + IN + IK = IM + IA ≥ ( : không đổi ≥ ≥ 2 2 Dấu “=” xảy A, I, M thẳng hàng, M trùng H và IM = IA ⇔ I là trung điểm của đường cao AH Vậy I là trung điểm của đường cao AH thì tổng IM + IN + IK đạt GTNN là Bài 5: Ta có: x ( − y3 ) y Ta có: xyz ≤ nên + y ( − z3 ) z + z (1 − x ) x ≥0 ⇔ 1.x 1.y 1.z x z y2 x z2 y + + ≥ + + y z x y z x x y z + + ≥x+y+z y z x (1) x z y2 x Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương: ; ; z, ta được: y z xz x 2z y2 x y2 x z2 y z2 y + + z ≥ 3x; tương tự: + + x ≥ 3y và + + y ≥ 3z y2 y z z x x  x z y2 x z y  Cộng theo vế ta được:  + + ÷ + x + y + z ≥ ( x + y + z ) (2) z x   y x 2z y2 x z2 y ⇔ + + ≥x+y+z y z x x y z Từ (1) và (2) suy ra: y3 + z3 + x ≥ x + y + z Dấu “=” xảy x = y = z = AH 2 ... vậy, m < b (vì m − b − 4ac < ) nên: 20a + b – m ≤ 20a + b + m < 100 a + 10b + c = abc Vậy nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thi b2 − 4ac không là số chính phương Bài 3: Ta có: h(t)... Chứng minh bằng phản chứng Giả sư b − 4ac là số chính 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... nghiệm dương ( m − 1) + > 0, ∀m ∆ ≥   ⇔ P > ⇔ 2m − > ⇔m> S > 2m >   Vậy với m > thi phương trình f(x) = có nghiệm lớn 2 Bài a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được