ĐỀ CHUYÊN TOÁN 9 số 01

Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN Năm học 2017 – 2018 Câu (7.0 điểm) a) Giải phương trình 3x + x − = 14 x + − 20 ( ( ) )  6x + 4y + = x +   b) Giải hệ phương trình  6y + 4x − = y − Câu (2.0 điểm) ( ) ( ) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n = n − 2017n + 10 với S n tổng chữ số n Câu (2.0 điểm) c ≥ a Chứng minh rằng: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn 2  a   b   c   ÷ + ÷ + 4 ÷ ≥ a + b b + c c + a       Câu (7.0 điểm) ( ) ( ) Cho hai đường tròn O O ' cắt A B Trên tia đối tia AB lấy điểm M khác A Qua M ( ) kẻ tiếp tuyến MC MD với đường tròn O ' (C, D tiếp điểm a) Chứng minh D nằm đường tròn tâm O) AD.BC = AC.DB ( ) b) Các đường thẳng AC, AD cắt đường tròn O E F (E, F khác A ) Chứng minh đường thẳng CD qua trung điểm EF c) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm có định M thay đổi Câu (2.0 điểm) ( ) Trong đường tròn O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm A 1,A 2, ,A 399 Chứng minh tồn ( ) vơ số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường trịn O không chứa điểm 399 điểm A 1,A 2, ,A 399 Phân tích hướng dẫn giải Câu (7.0 điểm) a) Giải phương trình • 3x + x − = 14 x + − 20 x ≥ Nhận thấy phương tình có chứa hai thức nên Phân tích Điều kiện xác địnhcủa phương trình ta đặt x − = a x + = b với a ≥ 0,b ≥ Nhận thấy 4( x + 4) − ( x − 4) = 3x + 20 ta có biến đổi sau Phương trình cho tương đương với ( ) ( ) 3x + x − − 14 x + + 20 = ⇔ x + − x − + x − − 14 x + = ( )( ) Từ ta có phương trình 4b − a + 7a − 14b = ⇔ 2b − a 2b + a − = Đến cần giải phương 2 trình tích xong • Lời giải Điều kiện xác định phương trình x ≥ Phương trình cho tương đương với ( ) ( ) 3x + x − − 14 x + + 20 = ⇔ x + − x − + x − − 14 x + = Đặt x − = a x + = b với a ≥ 0,b ≥ Khi phương trình trở thành 2b − a = 4b2 − a2 + 7a − 14b = ⇔ 2b − a 2b + a − = ⇔  2b + a − = ( )( ) ( ) + Với 2b − a = ⇔ 2b = a ⇒ x + = x − ⇔ x + = x − ⇔ x = + Với 2b + a − = ⇔ 2b = − a , ta có phương trình − 20 4 ≤ x ≤ 53  4 ≤ x ≤ 53 ⇔  x + = 7− x − ⇔  4 x + = − x − 29 − 3x = 14 x −  29  29 4 ≤ x ≤ 4 ≤ x ≤ ⇔ ⇔ ⇔x=5  29 − 3x = 142 x − 9x2 − 370x + 1625 =   ( ( ) ( Kết hợp với điều kiện xác định ta • Nhận xét Nhận thấy ) ( ) ) x = nghiệm phương trình x = nghiệm phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp nhận lượng liên hợp để làm xuất đại lương x − Ta có biến đổi sau 3x + x − = 14 x + − 20 ⇔ 3x − 15 + x + − − 14 x − + 42 = ( ) ⇔ x−5 + ( ) x−5 x− 4+1 − ( ) 14 x −  = ⇔ x − 3+ x+ 4+  ( ) x − =  ⇔ 14 3+ − =0  x−4+1 x+ 4+3 + Với + Với x− 4+1  ÷= x + + 3 14 − x − = ⇔ x = 5, thỏa mãn điều kiện xác định 3+ x− 4+ 14 − x+ 4+ 14 Từ ta Vậy x+ 4+ >3 = ⇔ 3+ x− 4+1 = 14 Với x ≥ ≤ x+ 4+ 14 x + + 14 8+ 2017 , sau cần với ≤ n ≤ 2016và n > 2017 không tồn n thỏa mãn yêu cầu toán Chú ý đến điều kiện < S(n) ≤ n Ta có lời giải chi tiết sau • Lời giải Vì n số tự nhiên S ( n) tổng chữ số n nên n ≥ < S(n) ≤ n Ta xét trường hợp sau: + Trường hợp Nếu ≤ n ≤ 2016 Khi ta có ( ) ( )( ) S n = n2 − 2017n + 10 < n2 − 2017n + 2016 = n − n − 2016 ≤ Trường hợp khơng tồn n thỏa mãn + Trường hợp Nếu n = S(n) > 2017 Khi ta ( ) ( ) S n = + + + = 10 S n = 20172 − 2017.2017 + 10 = 10 (Thỏa mãn) 2 2017 Khi S ( n) = n − 2017n + 10 > n − 2017n = n ( n − 2017) ≥ n Trường hợp không tồn n thỏa mãn n > 2017 + Trường hợp 3, Nếu n > Vậy n = 2017 thỏa mãn yêu cầu toán Câu Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn c ≥ a Chứng minh rằng: 2  a   b   c   ÷ + ÷ + 4 ÷ ≥  a + b   b + c  c + a • Phân tích Dự đốn dấu xẩy a = b = c Nhận thấy bất đẳng thức cho khơng có dạng đối xứng nên ta biển đổi đặt ẩn xem 1  b 1+ ÷ Bất đẳng thức cho tương đương với  a  +  c  1+ ÷  b + ≥  a 1+ ÷ c  a b c = = x, = y x, y > Đặt a Khi c xy Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành b ( ) 1 + 4x2y2 + ( + x) ( 1+ y) ( + xy) ( Áp dụng bổ đề + x + ) ( + y) 2 ≥ * xy + () ≥ () Để chứng minh bổ đề * ta cần sử dụng phép biến đổi 4x2y2 + ≥ xy + 1 + xy 2 tương đương Ta cần chứng minh Đến cần sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ( ) c ≥ a ta có lời giải chi tiết sau hai số toán chứng minh Chú ý đến  1+ • Lời giải Bất đẳng thức cho tương đương với  b ÷ a +   1+  + c ÷ b   1+  a ÷ c ≥ a b c = = x, = y x, y > Đặt a Khi c xy Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành b ( ) 1 + 4x2y2 + ( + x) ( 1+ y) ( + xy) 2 ( Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức + x Thật vậy, bất đẳng thức tương ương với ( + 2x + 2y + x + ) ( + y) )( ≥ ) ( xy + ≥ , với x, y số dương )( + y2 xy + ≥ + 2x + x2 + 2y + y2 ( ) ( ) ) ⇔ − 2xy − x2y2 + x3y + xy3 ≥ ⇔ − xy + xy x − y ≥ Bất đẳng thức cuối ln x,y > Vì ta có ( + x) + ( + y) ≥ xy + 4x2y2 + ≥ xy + 1 + xy Ta quy toán chứng minh ( P= Đặt ) 4x2y2 4x2y2 4xy + + ≥ xy + 1 + xy + xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: + xy ( ) ( 4x2y2 4xy 3xy P= + + 1− ≥ + − 1= = xy + 1 + xy xy + 1 + xy + xy +1 Khi xy ( ) ) 3xy ≥ +1 Ta cần chứng minh + xy hay xy ≥ 3 Thật vậy, từ giả thiết c≥ a 1 = ≤1 +1 a ta c xy Do xy Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy ≥ a = b = c ( ) ( ) Câu Cho hai đường tròn O O ' cắt A B Trên tia đối tia AB lấy điểm M khác A Qua ( ) M kẻ tiếp tuyến MC MD với đường tròn O ' (C, D tiếp điểm a) Chứng minh • D nằm đường trịn tâm O) AD.BC = AC.DB Phân tích tìm lời giải Quan sát hình vẽ ta nhận thấy giả thiết toán ta nhận thấy để chứng minh AD.BC = AC.DB ta quy AC AD = chứng minh BC BD Nhận thấy chứng minh cách trực tiếp nên ta nghĩ đến chọn tỉ số trung gian Ta có AC tiếp tuyến AB cát tuyến nên dễ thấy hai tam giác MAC MCB đồng dạng với nhau, từ ta có AC MA = BC MB Tương tự AD MA = BD MB AC AD = Do ta BC BD hay ta có điều cần chứng minh • ( ) Lời giải Vì MC tiếp tuyến đường trịn O ' nên ta MCB có · · MCA = CBM · MCB · · Xét hai tam giác MAC MCA = CBM chung Suy tam giác MAC đồng dạng với tam giác MCB, ta AC MA AD MA = = BC MB Chứng minh tương tự ta tam giác MAD đồng dạng với tam giác MDB nên BD MB Kết AC AD = hợp hai kết ta BC BD hay AD.BC = AC.DB ( ) b) Các đường thẳng AC AD cắt đường tròn O E, F (E, Fkhác A) Chứng minh đường thẳng CD qua trung điểm EF • Phân tích tìm lời giải Gọi N giao điểm CD với EF ta cần chứng minh NE = NF Nhận thấy trực tiếp tam giác chứa NE NF nên ta nghĩ đến việc tạo tỉ số thông qua tam giác đồng dạng định lí Talets Để ý tỉ số cần có chứa đoạn NE NF Từ ta thấy có hướng sau + Hướng Ta thấy · · · NFB = BAC = BDC nên tứ giác NFBD nội tiếp Do · · · FNB = FDB = ACB nên hai tam CA NF CA DA = = giác BNF CAB đồng dạng nên ta có CB NB Từ ý a ta có CB DB Do phép chứng minh kết DA thúc ta DB = NE · · · · NB Để ý ta có BEN = FAB ENB = BDA , suy hai tam giác ENF DA NE = BDA đồng dạng Suy ta DA NB Đến kết hợp kết ta NE = NF + Hướng Dựng đường qua A đường thẳng song song với CD cắt EF I Khi theo định lý Talest ta có NE EC NF DF EC DF = = = Như phép chứng minh kết thúc ta NI AC NI DA AC DA Tứ giác ACBD nội tiếp nên · · FDB = ECB · · , FDB = ACB · = DFB · CEB ta (cùng chắn cung · · FDB = ECB Xét tam giác ECB tam giác DFB có » ) Suy tam giác ECB đồng dạng với tam giác DFB, từ AB DF DB DA DF EC DF NF NE = = = = suy EC CB Do ta CA EC hay AC DA Điều dẫn đến NI NI hay N qua trung điểm EF + Hướng Để ý đến định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có hệ thức NF CE DA =1 Như để có NE CA DF có AD.BC = NE = NF DA CE =1 ta cần DF CA Chú ý theo kết ý a ta BC DF = AC.DB Như phép chứng minh kết thúc ta BD CE Điều có nghĩa ta cần chứng minh ∆BCE ∽ Như ta có lời giải cho tốn • · · ∆BDF Để ý ta thấy ECB = BDF · · CEB = BFD nên ∆BCE ∽ ∆BDF Trình bày lời giải AC AD = + Cách Gọi N giao điểm CD EF Từ câu a ta có BC BD Do tứ giác ABFE ACBD nội tiếp nên · · · , suy tứ giác BFND nội tiếp, FNB · · · Lại có NFB · · NFB = BAC = BDC = FDB = ACB = BAC CA nên hai tam giác NFB CAB đồng dạng với Do suy CB · · FNB = FDB nên NF · · NB Ta lại có BEN = FAB , lại · · , suy hai tam giác ENF BDA đồng dạng Suy ta ENB = BDA DA NE NE NF = = DA NB Kết hợp ba kết ta NB NB , đs + Cách Từ = AD.BC = AC.DB NE = NF hay N trung điểm EF DA DB = suy CA CB Gọi N giai điểm CD với EF Từ A kẻ đường thẳng NE song song với CD cắt EF I Theo định lý Talest ta có NI = EC NF DF = AC NI DA Tứ giác ACBD nội tiếp · · , ta FDB · · Xét tam giác ECB tam giác DFB FDB = ACB = ECB · = DFB · » ) Suy tam giác ECB đồng dạng với tam giác (cùng chắn cung AB CEB nên có · · FDB = ECB DFB, từ suy DF DB DA DF EC DF NF NE = = = = Do ta hay Điều dẫn đến EC CB CA EC AC DA NI NI hay N qua trung điểm EF Vậy CD qua trung điểm N EF + Cách Gọi N giao điểm CD EF Theo kết ý a ta có BDF có · · ECB = BDF · · CEB = BFD nên ∆BCE ∽ AD.BC = AC.DB Xét hai tam giác BCE BC DF = ∆BDF Từ BD CE Do ta DA CE =1 Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có DF CA NF CE DA DA CE NF =1 =1 =1 Kết hợp với ta nên suy NE CA DF DF CA NE EF c) Chứng minh đường thẳng • NE = NF hay N trung điểm EF qua điểm có định M thay đổi Phân tích tìm lời giải Bài toán yêu cầu chứng minh EF qua điểm cố định M thay đổi AB ta dự đốn điểm cố định Từ đề ta nhận thấy điểm A, B, O, O’ cố định nên ta dự đoán điểm cố định cần tìm có liên hệ với điểm Do điểm O B cố định nên tiếp tuyến với đường tròn ( O) B cố định Gọi P giao điểm EF với tiếp tuyến B P ta dự đốn P điểm cố định Muốn khẳng định điều ta dự đốn ta cần chứng minh BP khơng đổi Đến ta thấy có hướng sau + Hướng Gọi K H trung điểm AC BD Gọi J giao điểm OO’ CD Khi O dễ thấy JA BJ tiếp tuyến đường trịn ( ) Do J điểm cố định Biến đổi góc ta có ' · · − FBP · = BAC · · = BDC · · · · C Điều dẫn đến hai tam giác EPB EPB = EFB − BEP − FAB = BDC − J· BD = BJ BE BP BE = BP = BJ CJB đồng dạng với Do ta BC BJ hay BJ khơng đổi Dễ thấy hai tam BC giác EPB CJB đồng dạng với nên hai tam giác DBC FBE đồng dạng với Mà hai tam giác ( ) ( ) BE OA ' = DBC EBF nội tiếp hai đường tròn O O Do BC O'A khơng đổi Từ ta BP = BE BJ không đổi Suy P điểm cố định hay EF qua điểm P cố định BC + Hướng Do tứ giác BFND nội tiếp ta có · = PEB · · PBF = BAF = J· BD · D = BPF · BJ BDJ BFP đồng dạng, · = BDJ · BFP Suy hai tam giác nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn Suy ta · ' Mặt khác ta lại có · ' · P = BNP · · · · nên hai tam giác JBP O’BO đồng BJ = BDF = BCA = BOO O BO = PBJ BP BJ BJ BO = ⇒ BP = ' dạng với Do BO BO BO' , khơng đổi Suy điểm P cố định Vậy EF qua điểm P cố định • Trình bày lời giải + Cách Gọi K H trung điểm AC BD Gọi J giao điểm OO’ CD Khi dễ O'K OJ' = ' ' ' ' ' ' Mà ta lại có ' ' ' thấy ∆OKJ nên ta O'H O'M hay OK.OM ∽ ∆OHM = OH.OJ OK.OM = OD = O'A ta có ' ' OA = OH.OJ ' AJ ⊥ OA nên ta suy ( ) ' hay NA tiếp tuyến đường tròn O ( ) B A ' BJ tiếp tuyến đường tròn O ( ) Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn O cắt EF P Khi ta có · · − FBP · = BAC · · = BDC · · · · C EPB = EFB − BEP − FAB = BDC − J· BD = BJ Điều dẫn đến hai tam giác EPB CJB đồng dạng với ( ) ( ) BE BP BE = BP = BJ O' cố định nên A B cố định, O hay Do hai đường trịn Do ta BC BJ BC điểm J cố định, suy BJ không đổi Do hai tam giác EPB CJB đồng dạng với nên suy hai tam ( ) ' giác DBC FBE đồng dạng với Mà hai tam giác DBC EBF nội tiếp hai đường tròn O ( ) BE OA BE BJ O Do BC = ' khơng đổi Từ ta BP = khơng đổi Suy P điểm cố định hay EF OA BC qua điểm P cố định + Cách Gọi J H giao điểm OO’ với CD AB Gọi K giao điểm MO’ với CD Khi O 'H O 'M = dễ thấy hai tam giác O’HM O’KJ đồng dạng với Suy O 'Q O 'J nên ta có O'H ' ' ' ' ' OH.OJ = OK.OM = OC = O'B2 Từ ta lại O'B dạng với Do ta = O'B OJ' , suy hai tam giác HO’B O’BJ đồng ·' · ' hay BJ tiếp tuyến B đường tròn OBJ = O'HB = 900 , suy BJ ⊥ OB ( O ) Chứng minh hoàn toàn tương tự ta AJ tiếp tuyến A đường tròn ( O ) Do A B cố ' ' ( ) định nên J cố định Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn O , tiếp tuyến cắt EF P, suy đường thẳng BP cố định Khi tứ giác BFND nội tiếp đường trịn nên ta có · = BDJ · BFP · = PEB · = BAF · PBF = J· BD · D = BPF · nên tứ giác BJNP nội tiếp BJ · ' Mặt khác lại có · ' · P = BNP · · · · nên hai tam giác JBP BJ = BDF = BCA = BOO O BO = PBJ Suy hai tam giác BDJ BFP đồng dạng, đường tròn Suy BP BJ BJ BO = BP = O’BO đồng dạng Do BO BO' hay ta BO' không đổi Suy điểm P cố định Vậy EF qua điểm P cố định ( ) Câu Trong đường trịn O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm A 1,A 2, ,A 399 Chứng minh ( ) tồn vơ số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường trịn O khơng chứa điểm 399 điểm A 1,A 2, ,A 399 • ( ) ( ) Lời giải Trong đường trịn O vẽ đường trịn O ' có bán kính 20 đơn vị Giả sử 399 điểm A 1,A 2, ,A 399 nằm đường tròn ( O ') Khi S(O') = 400p Từ 399 điểm A 1,A 2, ,A 399 vẽ đường trịn có bán kính đơn vị Khi tổng diện tích 399 đường trịn ( ) 399p < 400p , suy 399 đường tròn khơng phủ hết đường trịn O ' Do có vơ số khoảng trống đường trịn hay tồn vơ ( ) số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường trịn O không chứa điểm 399 điểm A 1,A 2, ,A 399 ... sử 399 điểm A 1,A 2, ,A 399 nằm đường tròn ( O ') Khi S(O') = 400p Từ 399 điểm A 1,A 2, ,A 399 vẽ đường trịn có bán kính đơn vị Khi tổng diện tích 399 đường tròn ( ) 399 p < 400p , suy 399 đường... có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm A 1,A 2, ,A 399 Chứng minh ( ) tồn vô số hình trịn có bán kính đơn vị nằm đường trịn O khơng chứa điểm 399 điểm A 1,A 2, ,A 399 • ( ) ( ) Lời giải Trong... 2017 2 − 2017 . 2017 + 10 = 10 (Thỏa mãn) 2 2017 Khi S ( n) = n − 2017 n + 10 > n − 2017 n = n ( n − 2017 ) ≥ n Trường hợp khơng tồn n thỏa mãn n > 2017 + Trường hợp 3, Nếu n > Vậy n = 2017 thỏa