Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán năm học 2018 2019 phần 4

TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH KHÁNH HÒA Năm học 2018 – 2019 Câu a) Giải phương trình x2 + 2x + = 3x x + b) Có số tự nhiên có ba chữ số abc cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác cân Câu a) Chứng minh với số thực a, b, c ta ln có: (a + b + c ) = a + b2 + c + ( ab + ac + bc ) b) Cho x, y, z khác thỏa mãn x + y + z = ( Tính Q = y 2017 + z 2017 )( z 2019 )( 1 1 1 ; 2+ 2+ = 4; + +  x x y z y xyz + x 2019 x 2021 + y 2021 ) Câu Cho đường trịn ( O ) đường kính BC H điểm nằm đoạn thẳng BO (điểm H không trùng với hai điểm B O) Qua H vẽ đường thẳng vng góc với BC cắt đường tròn ( O ) A D Gọi M giao điểm AC BD Qua M vẽ đường thẳng vng góc với BC N a) Chứng minh tứ giác MNBA nội tiếp đường tròn  BO  OH b) Tính giá trị P =   −  AB  BH c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn ( O ) cắt hai đường thẳng AC AN K E Chứng minh đường thẳng EC qua trung điểm I đoạn thẳng AH H di động đoạn thẳng BO Câu Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = abc Chứng minh + a2 + b2 + − + c2  a b Câu Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời du khách tham quan hết 18 danh lam, thắng cảnh tỉnh K, công ty du lịch lữ hành KH thiết lập tuyến môt chiều sau: Nếu từ tỉnh A đến B từ B đến C khơng có tuyến từ A đến C Hỏi có cách thiết lập để hết 18 địa danh trên? Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a) Giải phương trình x2 + 2x + = 3x x + b) Có số tự nhiên có ba chữ số abc cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác cân Lời giải a) Giải phương trình x2 + 2x + = 3x x + Điều kiện xác định phương trình x  −1 Biến đổi phương trình ta x2 + 2x + = 3x x +  x2 + ( x + 1) − 3x x + = Đặt u = x; v = x + ( v  ) Khi phương trình viết lại thành u − 3uv + 2v =  ( u − v )( u − 2v ) = + Với u − v = ta u = v Khi ta có phương trình x − x − = 1+ x = x+1   x= x  + Với u − 2v = ta u = 2v Khi ta có phương trình x  x = x+1    x = 2+ x − 4x − = Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình cho  +  S= ;2+ 2   b) Có số tự nhiên có ba chữ số abc cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác cân Ta xét trường hợp sau • Trường hợp Tam giác xét tam giác Khi ta có a = b = c  a, b,c  1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 Do có tất số có dạng aaa thành lập • Trường hợp Tam giác xét tam giác không Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN Khi vai trị ba cạnh a, b, c tam giác xét cân nên khơng tính tổng qt ta giả sử Xét a = b  c Theo bất đẳng thức tam giác ta có a + b  c nên ta xét khả sau: + Với a = b = Khi c  c  nên giá trị c thỏa mãn yêu cầu toán + Với a = b = Khi c  c  nên ta chọn c = c = Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán + Với a = b = Khi c  c  nên ta chọn c  1; 2; 4; 5 Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán + Với a = b = Khi c  c  nên ta chọn c  1; 2; 4; 5; 6; 7 Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán + Với a = b = Khi c  10 c  nên ta chọn c  1; 2; 3; 4; 6; 7; 8; 9 Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán + Với a = b = Khi c  12 c  nên ta chọn c  1; 2; 3; 4; 5; 7; 8; 9 Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán + Với a = b = Khi c  14 c  nên ta chọn c  1; 2; 3; 4; 5; 6; 8; 9 Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán + Với a = b = Khi c  16 c  nên ta chọn c  1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 9 Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán + Với a = b = Khi c  18 c  nên ta chọn c  1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán Vậy trường hợp ta lập 52 số có dạng abc thỏa mãn u cầu tốn Vậy có tất + 3.52 = + 156 = 165 số thỏa mãn mãn yêu cầu toán Câu a) Chứng minh với số thực a, b, c ta ln có: (a + b + c ) = a + b2 + c + ( ab + ac + bc ) b) Cho x, y, z khác thỏa mãn x + y + z = Nguyễn Công Lợi 1 1 1 ; 2+ 2+ = 4; + +  x x y z y xyz Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN ( Tính Q = y 2017 + z 2017 )( z 2019 )( + x 2019 x 2021 + y 2021 ) Lời giải a) Chứng minh với số thực a, b, c ta ln có: (a + b + c ) = a + b2 + c + ( ab + ac + bc ) Ta có ( a + b + c ) = ( a + b + c )( a + b + c ) = a + ab + ac + ab + b + bc + ac + bc + c = a + b + c + ( ab + bc + ca ) b) Cho x, y, z khác thỏa mãn x + y + z = ( Tính Q = y 2017 + z 2017 )( z 1 1 1 ; 2+ 2+ = 4; + +  x x y z y xyz 2019 )( + x 2019 x 2021 + y 2021 ) Từ giả thiết tốn ta có x+y+z = Do ta x+y+z 1 1 1 2  =  + + =  + + = xyz 2xyz xy yz xz 2xyz xy yz xz xyz 1 2 1 1 + 2+ 2+ + + = 2+ 2+ 2+ = hay x y z xy yz xz x y z xyz 1 1 1  + +  =4 + + =2 x y z x y z Từ kết hợp với x + y + z = ta 1 1 + + =  ( xy + yz + xz )( x + y + z ) = xyz x y z x+y+z  x y + xy + y z + zy + z x + zx + 3xyz = xyz ( ) ( ) ( ) ( )  x y + xy + y z + xyz + z y + z x + zx + xyz =  xy ( x + y ) + yz ( x + y ) + z ( x + y ) + zx ( x + y ) = ( )  ( x + y ) z + xy + yz + zx =  ( x + y )( y + z )( z + x ) = Đến ta suy x = −y y = −z z = −y ( Do ta Q = y 2017 + z2017 )( z 2019 )( ) + x 2019 x 2021 + y 2021 = Câu Cho đường tròn ( O ) đường kính BC H điểm nằm đoạn thẳng BO (điểm H không trùng với hai điểm B O) Qua H vẽ đường thẳng vng góc với Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BC cắt đường tròn ( O ) A D Gọi M giao điểm AC BD Qua M vẽ đường thẳng vng góc với BC N a) Chứng minh tứ giác MNBA nội tiếp đường tròn  BO  OH b) Tính giá trị P =   −  AB  BH c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn ( O ) , cắt hai đường thẳng AC AN K E Chứng minh đường thẳng EC qua trung điểm I đoạn thẳng AH H di động đoạn thẳng BO Lời giải a) Chứng minh tứ giác MNBA nội tiếp M đường tròn K Ta có BAM = BAC = 90 MNB = 90 0 A E nên BAM + MNB = 1800 Do tứ giác I MNBA nội tiếp đường trịn đường kính N B H C O MB  BO  OH b) Tính giá trị P =   −  AB  BH D Do tam giác ABC vuông A nên áp dụng hệ thức lượng ta có BH = AB2 AB2 = nên BC 2BO OH 2BO.OH 2BO ( BO − BH ) 2BO2 − BH.BC 2BO2 − AB2  BO  = = = = =  suy  −1 2 2 BH AB AB AB AB  AB  2  BO  OH = Vậy giá trị P Hay ta P =   −  AB  BH c) Chứng minh đường thẳng EC qua trung điểm I đoạn thẳng AH H di động đoạn thẳng BO Tứ giác MNBA nội tiếp đường trịn Do ta có NMB = NAB tam giác OAC cân O nên BCA = OAC Do ta NAB = OAC hay OAC + BAO = NAB + BAO nên BAC = NAO Từ dẫn đến OA vng góc với AN hay AN tiếp tuyến đường trịn ( O ) A Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có EA = EB EAB = EBA Trong tam giác vuông KAB ta chứng minh AE đường trung Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN tuyến EA = EB = EK nên tam giác AEK cân E, suy BKA = EAK Ta có AH BK vng góc với BC nên AH BC vng góc với Do theo định lý Thales ta có CI AI Lại có HI song song với BE nên thao định lí Thales ta có = CE KE AI HI CI HI Do suy Mà KE = EB nên AI = IH nên từ suy I = = CE BE KE BE trung điểm AH Vậy ta có điều phải chứng minh Câu Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = abc Chứng minh + a2 + b2 + − + c2  a b Lời giải Biến đổi giả thiết ta a + b + c = abc  1 + + = ab ac bc 1 Đặt x = ; y = ; z = Khi giả thiết viết lại thành xy + xz + yz = a b c Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh ta có + a2 + b2 1 + − + c2   +1 + +1 −c +1  2 a b a b c + z2 + z2   − + x2 − + y2 + 0 z z  + x2 + + y2 − ( (  )( − 1)( ) − 1) + 1+ x −1 + z2 1+ y −1 − 1+ x 1+ y + 0 z 1+ x 1+ y 2 2 2 + z2 − z + x2 + y2 z 0 Để ý + x2 + y2 = + x2 + y + x2 y = = ( xz + yz ) + ( x + y ) 2 = (z ) (1 − xy ) + ( x + y ) 2 + ( x + y ) = ( x + y ) + z2 Do bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN ( + x − 1)(  ( + x − 1)(  ( + x − 1)(  ( + x − 1)( ) + z − (xz + yz) + z − 1) + 0 z + z − (1 − xy) + z − 1) + 0 z xy + z − 1) + 0 z + z − z(x + y) + z 1+ y −1 + 0 z + y2 + y2 + y2 2 2 2 Bất đẳng thức cuối Vậy ta có điều phải chứng minh Câu Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời du khách tham quan hết 18 danh lam, thắng cảnh tỉnh K, công ty du lịch lữ hành KH thiết lập tuyến môt chiều sau: Nếu từ tỉnh A đến B từ B đến C khơng có tuyến từ A đến C Hỏi có cách thiết lập để hết 18 địa danh trên? Lời giải Gọi A địa điểm có nhiều tuyến đường (gồm đường xuất phát từ A đến A) Các địa điểm lại ta chia thành loại sau + Loại Các đường xuất phát từ A có n(1) = m tuyến đường + Loại Các tuyến đến A có n ( ) = n tuyến đường + Loại Khơng có tuyến đến A có n ( ) = p tuyến đường Do m + n + p = 17 số tuyến liên quan đến A có m + n tuyến, số tuyến không liên quan đến A không vượt m + n Gọi S số cách thiết lập hết 18 địa danh Khi S = m + n + p ( m + n ) + mn Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta m + n + p ( m + n ) + mn = mn + ( p + 1) m + n ( p + 1) ( m + n + p + 1)  = 108 Dấu xảy m = p = 6; n = Vậy có tối đa 108 cách thiết lập hết 18 địa danh Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ TĨNH Năm học 2018 – 2019 Câu (1.5 điểm) Cho x, y,z số hữu tỉ thỏa mãn 1 + = Chứng minh x y z x2 + y + z2 số hữu tỉ Câu (2.5 điểm) a) Giải phương trình 4x2 − 3x − = x + xy − x − y = −5  b) Giải hệ phương trình  1 + = 2  x − 2x y − 2y  Câu (2.5 điểm) a) Cho phương trình x2 + 2mx − − 2m = Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm x1 ; x với m Tìm giá trị m để P = 2x1x + đạt x − 2mx + − 2m giá trị nhỏ b) Cho x, y,z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: xy yz xz + +  xy + z yz + x xz + y Câu (2.5 điểm) Cho đường tròn tâm ( O ) dây cung AB cố định đường kính Điểm C khác A, B di động AB Đường tròn tâm P qua C tiếp xúc với ( O ) A, đường tròn tâm Q qua C tiếp xúc với ( O ) B Các đường tròn ( P ) ( Q ) cắt điểm thứ hai M Các tiếp tuyến đường tròn ( O ) A B cắt I a) Chứng minh MC phân giác AMB điểm A, M, O, B, I thuộc đường tròn b) Chứng minh điểm C thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MPQ ln thuộc đường thẳng cố định Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Câu (1.0 điểm) ( Cho a1  a  a   a n  n  N* ) số nguyên dương khơng có hai số liên tiếp Đặt S n = a1 + a + + a n Chứng minh ln tồn số phương b thỏa mãn S n  b  S n +1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (1.5 điểm) Cho x, y, z số hữu tỉ thỏa mãn 1 + = Chứng minh x y z x2 + y + z2 số hữu tỉ Lời giải Từ giả thiết cho ta có 1 + =  xz + yz = xy  2xy − 2xz − 2yz = Do ta có x y z x2 + y + z2 = x2 + y + z2 + 2xy − 2xz − 2yz = (x + y − z) = x+y−z Do x, y, z số hữa tủ nên x + y − z số hữa tỉ Vậy ta có điều cần chứng minh Câu (2.5 điểm) a) Giải phương trình 4x2 − 3x − = x + xy − x − y = −5  b) Giải hệ phương trình  1  x − 2x + y − 2y =  Lời giải a) Giải phương trình 4x2 − 3x − = x + Điều kiện xác định phương trình x  −2 Biến đổi tương đương phương trình cho ta 16x − 12x − = x +  16x − 8x + = ( x + ) + x + +  4x − = x + +  x + = 2x − 2  ( 4x − 1) = x + +     4x − = −2 x + −  x + = −2x ( + Trường hợp Với ) x + = 2x − ta 4x − 5x − = + 41  x + = 2x −   x= x   Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN + Trường hợp Với x + = −2x ta 4x − x − = − 33 x + = −2x   x= −2  x   − 33 + 41  Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm S =  ;    xy − x − y = −5  b) Giải hệ phương trình  1  x − 2x + y − 2y =  Điều kiện xác định hệ phương trình x2 − 2x  0; y2 − 2y  Biến đổi phương trình thứ ta xy − x − y = −5  xy − x − y + = −4  ( x − 1)( y − 1) = −4 Phương trình thứ hai hệ viết lại thành ( x − 1) −1 + ( y − 1) −1 = ab = −4  Đặt a = x − 1; b = y − Khi hệ phương trình cho trở thành  1 + =  a − b − Biến đổi phương trình thứ hai hệ ta 1 a + b2 − 2 a + b2 − 2 + =  2 =  = a − b2 − a b − a − b2 + 17 − a − b ( ) ( )  a + b2 − = 34 − a + b  a + b =  ( a + b ) − 2ab =  ( a + b ) = + 2ab = + ( −4 ) =  b = −a  2a =  a = 2 + Với a = −2; b = ta ( x; y ) = ( −1; ) + Với a = 2; b = −2 ta ( x; y ) = ( 3; −1) Kết hợp với điều kiện xác định ta nghiệm ( x; y ) = ( −1; ) , ( 3; −1) Câu (2.5 điểm) a) Cho phương trình x2 + 2mx − − 2m = Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm x1 ; x với m Tìm giá trị m để P = 2x1x + đạt x − 2mx + − 2m giá trị nhỏ b) Cho x, y,z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: xy yz xz + +  xy + z yz + x xz + y Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH TUYÊN QUANG Năm học 2018 – 2019 Câu a) Giải phương trình 2x + + 4x2 − 2x + = + 8x3 + x − 2x + 2y − = b) Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình  2 16x − 8xy + y − 2y + = Câu Tìm tham số m để phương trình x − ( m + 1) x + m = a) Có hai nghiệm phân biệt dương b) Có hai nghiệm x1  x thỏa mãn ( x1 − m ) + x2 = 3m Câu a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3x2 − 2xy + y − 5x + = b) Cho a, b, c số nguyên Chứng minh a2016 + b2017 + c 2018 chia hết cho a2018 + b2019 + c2020 chia hết cho Câu Cho đường tròn ( O ) có đường kính AB Từ điểm C thuộc đường trịn kẻ CH vng góc với AB (C khác A B) Đường trịn bán kính CH cắt ( O ) D E (D thuộc cung AC) Gọi N giao điểm DE CH Giao điểm DE với CA CB I K a) Chứng minh hai tam giác CAD CDI đồng dạng b) Chứng minh N trung điểm CH Câu Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M= Nguyễn Công Lợi a + 4a + b2 + 4b + c + 4c + + + a2 + a b2 + b c2 + c Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a) Giải phương trình 2x + + 4x2 − 2x + = + 8x3 + x − 2x + 2y − = b) Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình  2 16x − 8xy + y − 2y + = Lời giải a) Giải phương trình 2x + + 4x2 − 2x + = + 8x3 + 2x +   Điều kiện xác định xác định phương trình 4x − 2x +   x  − 8x +   Khi phương trình cho viết lại thành 2x + + 4x2 − 2x + = + ( 2x + 1) ( 4x − 2x + ) Đặt a = 2x + 1; b = 4x2 − 2x + ( a; b  ) Phương trình trở thành a − = a + 3b = + ab  ( a − )(1 − b ) =   1 − b = x =  2x + = a =  1     x  4; 0;  2   b =  4x − 2x + =  2x ( 2x − 1) =   Vậy tập nghiệm phương trình cho S = 4; ;    x − 2x + 2y − = b) Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình  2 16x − 8xy + y − 2y + = Biến đổi hệ phương trình cho ta x − 2x + 2y − = x − 2x + = − 2y   2 16x − 8xy + y − 2y + = 16x − 8xy + y = − 2y Do suy  y2 − x =   x − = 4x − y 2 x2 − 2x + = 16x − 8xy + y  ( x − 1) = 4x − y    2 y +1   x − = y − 4x  x = ( ) y2 − + Trường hợp Với x = , thay vào phương trình thứ ta Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN ( ) y − 2y + y − − + 2y − =  y − 2y + − 6y + + 18y − 27 =  y − 8y + 18y − 20 =  ( y − ) y + 2y − 4y + 10 = ( ) Ta biết đa thức có nghiệm ngun nghiệm phải ước hệ số tự Khi thử ước 10 ta thấy khơng có ước nghiệm đa thức f ( y ) = y + 2y − 4y + 10 Do từ phương trình ta y = nên ta ( x; y ) = ( 1; ) thỏa mãn + Trường hợp Với x = y2 + , thay vào phương trình thứ ta ( ) y + 2y + y + − + 2y − =  y + 2y + − 10y − 10 + 50y − 75 = 25  y − 8y + 50y − 84 =  ( y − ) y + 2y − 4y + 42 = ( ) Ta biết đa thức có nghiệm ngun nghiệm phải ước hệ số tự Khi thử ước 10 ta thấy khơng có ước nghiệm đa thức f ( y ) = y + 2y − 4y + 42 Do từ phương trình ta y = nên ta ( x; y ) = ( 1; ) thỏa mãn Vậy nghiệm nguyên hệ cho ( x; y ) = ( 1; ) Câu Tìm tham số m để phương trình x − ( m + 1) x + m = a) Có hai nghiệm phân biệt dương b) Có hai nghiệm x1  x thỏa mãn ( x1 − m ) + x2 = 3m Lời giải a) Để phương trình cho có hai nghiệm dương 4 ( m + 1)2 − 4m  8m +        m  −  2m +    S    ( m + 1)  P   m  m    m  Vậy với m  − m  phương trình có hai nghiệm dương b) Có hai nghiệm x1  x thỏa mãn ( x1 − m ) + x2 = 3m Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Ta có  = ( m + 1) − 4m = 8m + nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt m  − x + x = ( m + 1) Khi theo hệ thức Vi – et ta có  x1x = m Mà theo ta có (x − m ) + x = 3m  x12 − 2mx1 + m + x = 3m  x12 − 2(m + 1)x1 + 2x1 + m + x = 3m  x12 − ( x1 + x ) x1 + 2x1 + m + x = 3m  −x1x + 2x1 + x + x1x = 3m  2x1 + x = 3m x + x2 = 2(m + 1) x1 = m − Từ kết hợp với hệ thức Vi – et ta   2x + x = 3m  x = m + Do ta có ( m − )( m + ) = m  2m − =  m = , thỏa mãn Vậy m = thỏa mãn yêu cầu toán Câu a) Tìm nghiệm nguyên phương trình 3x2 − 2xy + y − 5x + = b) Cho a, b, c số nguyên Chứng minh a2016 + b2017 + c 2018 chia hết cho a2018 + b2019 + c2020 chia hết cho Lời giải a) Tìm nghiệm nguyên phương trình 3x2 − 2xy + y − 5x + = Biến đổi phương trình cho ta 3x − 2xy + y − 5x + =  3x − 5x + = 2xy − y  3x − 5x + = y ( 2x − 1)  y = ( Do x, y số nguyên nên ta có 3x2 − 5x + Để ý ( 2x − 1) ( 3x − 5x + 2x − ) ( 2x − 1) ( 2x − 1) nên ta suy )  3x − 5x + − ( 2x − 1)2  ( 2x − 1)   −20x + − ( −4x + 1)  ( 2x − 1)      ( −8x + ) ( 2x − 1)   −8x + + ( 2x − 1)  ( 2x − 1)  2x − = x =  x = 1; y =  ( 2x − 1)      2x − = −1  x =  x = 0; y = −2 Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Vậy nghiệm nguyên phương trình cho ( x; y ) = ( 1; ) , ( 0; −2 ) b) Cho a, b, c số nguyên Chứng minh a2016 + b2017 + c 2018 chia hết cho a2018 + b2019 + c2020 chia hết cho Dễ thấy với số nguyên n ( n − 1) n ( n + 1) chia hết cho Ta xét hiệu sau ( ) ( c − 1) a 2018 + b 2019 + c 2020 − a 2016 + b 2017 + c 2018 =a 2016 (a ) −1 + b 2017 (b ) −1 + c 2018 = a 2015 a ( a − 1)( a + 1) + b 2016 b ( b − 1)( b + 1) + c 2017 c ( c − 1)( c + 1) ( ) ( ) Từ ta  a 2018 + b2019 + c2020 − a 2016 + b2017 + c 2018    Mà ta có a2016 + b2017 + c 2018 chia hết a2018 + b2019 + c2020 chia hết cho Vậy ta có điều phải chứng minh Câu Cho đường trịn ( O ) có đường kính AB Từ điểm C thuộc đường trịn kẻ CH vng góc với AB (C khác A B) Đường trịn tâm C bán kính CH cắt ( O ) D E (D thuộc cung AC) Gọi N giao điểm DE CH Giao điểm DE với CA CB I K a) Chứng minh hai tam giác CAD CDI đồng dạng b) Chứng minh N trung điểm CH Lời giải C E K N D A I H O B a) Chứng minh hai tam giác CAD CDI đồng dạng Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN Do đường trịn đường kính CH cắt đường tròn ( O ) D E nên CD = CE Do C điểm cung DE Từ ta CDE = CAD Mà ta lại có góc DCA nên suy hai tam giác CDA CDI đồng dạng với b) Chứng minh N trung điểm CH Ta có hai tam giác CDA CDI đồng dạng với nên ta có CD2 = CA.CI = CH2 hay CA CD từ ta = CD CI CA CH Do ta hai tam giác CIH CHA = CH CI đồng dạng với nên ta có CIH = CHA = 900 hay HI vng góc với CA Chứng minh hoàn toàn tương tự ta HK vng với CB Do tứ giác CIHK hình chữ nhật Suy hai đường chéo CH IK cắt trung điểm đường nên N trung điểm CH IK Câu Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M= a + 4a + b2 + 4b + c + 4c + + + a2 + a b2 + b c2 + c Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM đánh giá quen thuộc ( ) ( 1 ta có + +  x y z x+y+z ) ( ) 2 a + 4a + b2 + 4b + c + 4c + a + + 4a b + + 4b c + + 4c M= + + = + + c(c + 1) a ( a + 1) b ( b + 1) a2 + a b2 + b c2 + c  2a + 4a 2b + 4b 2c + 4c  1  6.9 54 + + = 6 + +   =9  a ( a + 1) b ( b + ) c ( c + )  a +1 b+1 c +1 a + b+c + Vậy giá trị nhỏ M 9, dấu xảy a = b = c = Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THỪA THIÊN HUẾ Chuyên Toán – Năm học 2018 – 2019 Câu (1.5 điểm) a) Cho biểu thức P ( x ) = 5x − 12 x − 32 Q ( x ) = x + x + Tìm số nguyên x − 16 x cho P ( x ) Q ( x ) số nguyên, đồng thời P ( x ) ước Q ( x ) b) Cho t = x2 x Tính giá trị biểu thức theo t A = x4 + x2 + x2 − x + Câu (2.0 điểm) a) Cho parabol ( P ) : y = 11 x đường thẳng ( d ) : y = x − Gọi A, B giao điểm ( P ) ( d ) Tìm tọa độ điểm C trục tung cho CA + CB có giá trị nhỏ 2x + xy − y − 5x + y + = b) Giải hệ phương trình  2 x + y + x + y − = Câu ( 1.5 điểm) a) Xác định giá trị m để phương trình x2 − 2mx − 6m − = (x ẩn số) có hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn điều kiện b) Giải phương trình 1 + = x1 2x 3x2 − x + − 3x2 − 7x + − 6x − = Câu (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường trịn tâm O có ba đường cao AD, BE, CF trực tâm H Gọi M giao điểm AO với BC P, Q chân đường vng góc vẽ từ M đến AB, AC a) Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF b) Chứng minh HE.MQ = HF.MP MB DB  AB  = c) Chứng minh MC DC  AC  Câu (2.0 điểm) Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN a) Cho x, y,z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: 1 49 + +  16x 4y z 16 b) Cho số tự nhiên z số nguyên x, y thỏa mãn x + y + xy = Tìm giá trị ( )( ) x, y, z cho 2z+1 + 42 x2 + y + + x y số phương lớn HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (1.5 điểm) a) Cho biểu thức P ( x ) = 5x − 12 x − 32 Q ( x ) = x + x + Tìm số nguyên x − 16 x cho P ( x ) Q ( x ) số nguyên, đồng thời P ( x ) ước Q ( x ) b) Cho t = x2 x Tính giá trị biểu thức theo t A = x4 + x2 + x2 − x + Lời giải a) Cho biểu thức P ( x ) = 5x − 12 x − 32 Q ( x ) = x + x + Tìm số nguyên x x − 16 cho P ( x ) Q ( x ) số nguyên, đồng thời P ( x ) ước Q ( x ) Ta có biến đổi P ( x ) = ( )( Do P ( x ) nhận giá trị nguyên 12 Để ý ) x +8 x −4 5x − 12 x − 32 x +8 12 = = = 5− x − 16 x − 16 x +4 x +4 x +  nên ta x + ước nguyên dương x0 + 4; 6;12  x0 0; 4; 64 + Với x = ta P ( ) = 2; Q ( ) = P ( x ) không ước Q ( x ) Do x = khơng thỏa mãn u cầu tốn + Với x = ta P ( ) = 3; Q ( ) = P ( x ) ước Q ( x ) Do x = thỏa mãn yêu cầu toán + Với x = 64 ta P ( 64 ) = 4; Q ( 64 ) = 75 P ( x ) không ước Q ( x ) Do x = 64 khơng thỏa mãn yêu cầu toán Vậy x = giá trị thỏa mãn yêu cầu toán b) Cho t = x2 x A = Tính giá trị biểu thức theo t x4 + x2 + x2 − x + Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN • Lời giải Ta xét trường hợp sau + Trường hợp Nếu x = t = A = + Trường hợp Nếu x  từ t = x ta x −x +1 2   1    1  x + x − 1 t =  x + x = t +   x + x  =  + t        Do suy x2 + 1 t2 1 A = = = Khi ta = + − 1 + 2t x2 t t x2 + + + x t2 t t2 Kết hợp hai trường hợp suy A = + 2t • Lời giải Ta có biến đổi biểu thức A sau A= x2 x2 x2 = = x + 2x + − x x2 + x + x2 − x + x2 + − x2 ( ) ( ( )( ) ) 2  x  x + x + x − x + + 2x  2x  t2 = : = t : = t : + =    x2 − x + x − x +  + 2t  x −x +1 x −x +1  Câu (2.0 điểm) a) Cho parabol ( P ) : y = 11 x đường thẳng ( d ) : y = x − Gọi A, B giao điểm ( P ) ( d ) Tìm tọa độ điểm C trục tung cho CA + CB có giá trị nhỏ 2 2x + xy − y − 5x + y + = b) Giải hệ phương trình  2 x + y + x + y − = Lời giải a) Cho parabol ( P ) : y = 11 x đường thẳng ( d ) : y = x − Gọi A, B giao điểm ( P ) ( d ) Tìm tọa độ điểm C trục tung cho CA + CB có giá trị nhỏ Phương trình hồnh độ giao điểm ( P ) ( d ) A B nghiệm phương trình 11 x = x − Do hồnh độ 2 11 x = x− 3  Phương trình có hai nghiệm x = x = Suy A ( 4; ) B  ;   16  Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Dễ thấy hai điểm A B nằm phía so với trục tung Lấy điểm A ' ( −4; ) đối xứng với A qua trục tung Khi CA + CB = CA'+ CB  A' B nên CA + CB đạt giá trị nhỏ A’, C, B thẳng hàng, tức C giao điểm đường thẳng A ' B với trục tung Phương trình đường thẳng ( d ' ) qua A’ B có dạng y = ax + b Ta có hệ  4 = −4a + b a=−     9 3 = a + b  16 b =   Suy ( d' ) : y = − x + Vậy tọa độ điểm C trục tung thỏa mãn yêu cầu toán  3 C  0;   2 2x + xy − y − 5x + y + = b) Giải hệ phương trình  2 x + y + x + y − = • Lời giải Biến đổi phương trình thứ hệ cho ta 2x + xy − y − 5x + y + =  y − ( x + 1) y − 2x + 5x − = 2   x +   ( x + 1) =0  y − − + 2x − 5x + 2       2  x +  9x − 18x +  x +   3x −   y − − =  y − − =0         x + 3x −  x + 3x −   y− − y− + =0  2  2    y − 2x + =  y = 2x −  ( y − 2x + 1)( y + x − ) =    y + x − = y = − x + Trường hợp Với y = 2x − 1, thay vào phương trình thứ hai hệ ta   x2 + ( 2x − 1) + x + 2x − − =  5x − x − =  x  − ;1    13  Trường hợp hệ cho có hai nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) ,  − ; −  5  + Trường hợp Với y = − x, thay vào phương trình thứ hai hệ ta x2 + ( − x ) + x + − x − =  2x − 4x + =  x = Trường hợp hệ cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN  13  Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) ,  − ; −  5  • Lời giải Ta viết lại phương trình thứ hai hệ cho thành y − ( x + 1) y − 2x + 5x − = Xem phương trình phương trình bậc hai ẩn y tham số x ta có ( )  = ( x + 1) − −2x + 5x − = 9x − 18x + = ( x − 1)  2  x + + ( x − 1) y =  y = 2x −  Khi phương trình cho có hai nghiệm   x + − ( x − 1)  y = − 2x y =  Đến ta giải trường hợp hoàn toàn Câu ( 1.5 điểm) a) Xác định giá trị m để phương trình x2 − 2mx − 6m − = (x ẩn số) có hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn điều kiện b) Giải phương trình 1 + = x1 2x 3x2 − x + − 3x2 − 7x + − 6x − = Lời giải a) Xác định giá trị m để phương trình x2 − 2mx − 6m − = ( x ẩn số) có hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn điều kiện 1 + = x1 2x Điều kiện để phương trình x2 − 2mx − 6m − = ( x ẩn số) có hai nghiệm phân biệt  ' = m + 6m +   ( m + )   m  −3 x − m = m + x = 2m + 2 Khi x2 − 2mx − 6m − =  ( x − m ) = ( m + )    x − m = − m x = + Trường hợp Với x1 = 3; x = 2m + Khi ta có 1 1 1 + =  + =  =0 x1 2x 3 ( 2m + ) ( 2m + ) Do trường hợp không xẩy + Trường hợp Với x1 = 2m + 3; x = Khi ta có 1 1 1 1 + =  + =  = m= x1 2x2 2m + 2m + Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Kết hợp với điều kiện có nghiệm phương trình ta m = thỏa mãn yêu cầu toán b) Giải phương trình 3x2 − x + − 3x2 − 7x + − 6x − = Biến đổi phương trình cho ta 3x2 − x + − 3x2 − 7x + − 6x − =  3x2 − x + − 6x − = 3x2 − 7x + + Đặt a = 3x2 − x + 1; b = 6x − 3; c = 3x2 − 7x + 2;d = Khi phương trình cho trở thành a − b = c + d  ( a − b ) = ( c + d )  a − b3 − 3ab ( a − b ) = c + d3 + 3ab ( c + d ) 3 Mà a3 − b3 = c3 + d3 = 3x2 − 7x + a − b = c + d nên phương trình trở thành a = b 3ab ( a − b ) + 3cd ( a − b ) =  ( a − b )( ab + cd ) =   ab = −cd + Trường hợp Với a = b , ta a = b3 Từ ta có phương trình  4 3x − x + = 6x −  3x − 7x + =  x  1;   3 + Trường hợp Với ab = −cd , ta ( ab ) = − ( cd ) Từ ta có phương 3 trình ( 3x ) ( ) − x + ( 6x − ) = −2 3x − 7x +  18x − 9x − 5x + =  − 13 1 + 13   ( 6x − 1) 3x − x − =  x   ; ;  6   ( )  + 13   − 13  ; ;1; x = ; Vậy phương trình cho có tập nghiệm x    6     Câu (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường trịn tâm O có ba đường cao AD, BE, CF trực tâm H Gọi M giao điểm AO với BC P, Q chân đường vng góc vẽ từ M đến AB, AC a) Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF b) Chứng minh HE.MQ = HF.MP MB DB  AB  = c) Chứng minh MC DC  AC  Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Lời giải a) Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF A E F H O P Q B D C M N Ta có BFC = BEC = AFC = ADC = AEB = ADB = 90 Suy tứ giác BFCE, AFDC, AEDB nội tiếp đường tròn Suy ABE = ADE (cùng chắn cung AE đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDB), ADF = ACF (cùng chắn cung AF đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFDC), ABE = ACF (cùng chắn cung FE đường trịn ngoại tiếp tứ giác BFEC) Từ ta ADF = ADE nên AD đường phân giác góc EDF tam giác DEF Tương tự ta chứng minh BE CF đường phân giác góc DEF DFE tam giác DEF Từ suy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF b) Chứng minh HE.MQ = HF.MP Gọi N giao điểm tia AO với đường trịn ( O ) Ta có NC vng góc với AC nên NC song song với BH Tương tự ta có BN song song với CH Do tứ giác BHNC hình bình hành Ta có: FEH = BCH (cùng chắn cung FB ) FBH = ECH (cùng chắn cung FE ) nên hai tam giác HFE HBC đồng dạng với Do hai tam giác HFE NCB đồng dạng với Từ ta HE NB = Mặt khác MQ song song HF NC với NC MP song song với NB nên suy NB MP MQ AM MP = hay Kết = = NC MQ NC AN NB hợp hai kết lại ta HE MP = hay HE.MQ = HF.MP HF MQ c) Chứng minh MB DB  AB  = MC DC  AC  Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN MB MP AB.MP Hai tam giác vuông ADB MPB đồng dạng nên hay MB = = AB AD AD Hai tam giác vuông ADC MQC đồng dạng nên ta MC MQ AC.MQ hay MC = Do = AC AD AD MB AB MP = Ta có AMQ = ANC = ABD suy hai tam giác vuông MC AC MQ ADB AQM đồng dạng nên ta có DB AB AB.MQ = hay DB = Tương tự ta có QM AM AM AMP = ANB = ACD suy hai tam giác vuông ADC APM đồng dạng nên ta có DB AB MQ DC AC AC.MP hay DC = Do ta lại = = Đến kết hợp với DC AC MP PM AM AM MB DB  AB  MB AB MP = = ta MC AC MQ MC DC  AC  Câu (2.0 điểm) a) Cho x, y,z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: 1 49 + +  16x 4y z 16 b) Cho số tự nhiên z số nguyên x, y thỏa mãn x + y + xy = Tìm giá trị ( )( ) x, y, z cho 2z+1 + 42 x2 + y + + x y số phương lớn Lời giải a) Cho x, y,z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: 1 49 + +  16x 4y z 16 Ta có 1 49 16 + +   + +  49 16x 4y z 16 x y z Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có Dấu xẩy Tương tự ta có 1 + 49x  49x  + 49x  14 x x x 1 = 49x  x = x 4 + 49y  28 Dấu xẩy = 49y  y = y y 16 16 + 49z  56 Dấu xẩy = 49z  z = z z Cộng theo vế bất đẳng thức ta Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 16 16 + + + 49 ( x + y + z )  98  + +  49 x y z x y z Dấu xẩy x = ; y = ; z = 7 Vậy bất đẳng thức cho chứng minh b) Cho số tự nhiên z số nguyên x, y thỏa mãn x + y + xy = Tìm giá trị ( + 42 )( x )( ) x, y,z cho 2z+1 + 42 x2 + y + + x y số phương lớn ( Ta có 2z+1 ) ( )( )( ) + y + + x2 y = 2 z + 21 + x + y Để ý + x = x + y + xy + x = ( x + y )( + x ) + y = x + y + xy + y = ( x + y )(1 + y ) = + = + x + y + xy = ( + x )(1 + y ) ( + 42 )( x )( ) ( ) Khi ta z +1 + 42 x + y + + x y = z + 21 ( x + y ) (1 + x ) (1 + y ) ( Do 2z+1 2 2 ) + y + + x y số phương z + 21 số phương Nghĩa tồn số tự nhiên n cho 2z + 21 = n2 Ta có  −1 ( mod ) nên 2z  ( −1) ( mod ) z Nếu z lẻ z  −1 ( mod )  ( mod ) Khi n  ( mod ) , điều vơ lí số phương chia cho dư Từ suy z số chẵn Đặt z = 2k với k số nguyên dương Khi ta có ( ) n = 21 + 22k  n − 2k ( )( ) = 21  n − k n + k = 21 Vì 21 = 1.21 = 3.7 n − k  n + k nên ta có hai trường hợp sau: k n − =  k = 10, khơng có giá trị k thỏa mãn trường + Trường hợp Với  k n + = 21 hợp n − k =  k =  k = + Trường hợp Với  k n + = Từ giả thiết ta có = ( + x )( + y ) Không tổng quát, giả sử x +  y + suy x + = 1; y + = Giải ta x = 0; y = x = −2; y = −3 ( )( ) Nếu x = 0; y = 2z +1 + 42 x2 + y + + x2 y = 100 = 102 ( )( ) Nếu x = −2; y = −3 2z+1 + 42 x2 + y + + x y = 2500 = 50 Vậy x = −2; y = −3; z = thỏa mãn u cầu tốn Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An ... – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THI? ??U ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI Năm học 2018 – 2019 Câu 1) Giải phương trình x4 − 22x2 +... Quỳ Hợp – Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THI? ??U ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH QUẢNG NAM Chuyên Tin – Năm học 2018 – 2019 Câu (1.5 điểm)... Nghệ An TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THI? ??U ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH TUYÊN QUANG Năm học 2018 – 2019 Câu a) Giải phương trình 2x + + 4x2 −