File - 110559

Một đường thẳng thay đổi đi qua H cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D và E.. Tính giá trị lớn nhất của diện tích tam giác IDE theo a..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC 2017 - 2018 MƠN THI: TỐN - CHUYÊN

(Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề) Ngày thi 7/6/2017

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho biểu thức f (x)x2 (2m 3)x m2 1 (m tham số)

1) Tìm giá trị m để phương trình f (x) có hai nghiệm dương phân biệt 2) Tìm giá trị x để giá trị nhỏ f (x) 2017

4

Câu 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

2

2(x 1)

x 2x x

x 2x 

    



2) Giải phương trình:  3x4  3x2 1  9x218x8

Câu 3: (1,5 điểm)

1) Tìm số nguyên tố p cho 13p + lập phương số tự nhiên 2) Tìm hai số x, y nguyên dương cho x22 6 y 1  2xy24

Câu 4: (1,5 điểm)

1) Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng: a b 4c bc ca ab  2) Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện:

2 2

a b c 11

ab bc ca

   



  

 Chứng minh: a, b,c

3 

Câu 5: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi (P) (Q) theo thứ tự đường tròn nội tiếp tam giác AHB tam giác AHC Kẻ tiếp tuyến chung (khác BC) hai đường trịn (P) (Q), cắt AB, AH, AC theo thứ tự M, K, N

1) Chứng minh tam giác HPQ đồng dạng với tam giác ABC 2) Chứng minh PK // AB tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp

3) Chứng minh năm điểm A, M, P, Q, N nằm đường tròn

SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm)

1) f(x) = có hai nghiệm dương phân biệt

 2  

2

13 12

2

0 1

1

0 13

1

0 12

3                                                       m

m m m

m

P m

m m

S m

m

2)    

2

2 2 3

2

2 2

      

             

   

m m m

f x x m x m x x m

2

2 12 13 12 13

2 4

  

 

     

 

m m m

x (vì

2          m

x với m)

Do GTNN f x  2017 12 13 2017 1015

4 4



  m  m 

Câu 2: (2,0 điểm)

1) ĐK: x 2 x0

 

   

2 2

2

2

2 2

2 

            



x

x x x x x x x x x

x x

   

   

    

 

2 2

2 2

2

2

2

2 2 2

2 2

2

2 2

2

                                      

x x x x x x x x

x x x x x x x x

x x a

x x x x x

x x x b

+)  

2

1

2

1               x

a x x

x

(TMĐK)

+)   2 1 1 2 2 1

4

           

b x x x x x x x x x (loại)

Vậy phương trình có hai nghiệm x  1 x  1

2) (ĐK:

3  

x ) Đặt  

2 2

2

9 18

3 4; ,

2

   

      

 



a b x x

a x b x a b

a b

Do PT cho trở thành: ab1aba2 b2 ab1ab a b0

 1 1 

1               a b

a b a b a

b

+) Với 1

      

b x x (chọn)

Vậy PT có nghiệm   x

Câu 3: (1,5 điểm)

1) Giả sử 13p 1 a3aN a, 313p a3  1 a1a2 a1 Do 13 p số nguyên tố, nên ta có trường hợp sau:

+) 2 13 14

1 211               a a

a a p p ;

+)      1

3

1 13

                        p a

a p p

do a

a a

a a a

Vậy p2 p 211

2) x22 6y12 xy24x2 4x6y212yxy26

       

2 12 26 4 26

 x  xy x  xy y  y   x x y  y x y 

 4  26

 x y x y  Vì x y, nguyên dương nên có trường hợp sau: +)

68

3 5

2 26 22 21

5                            x

x y x y

x y x y

y

(loại)

+)

43

3 26 26 5

2 29

5                            x

x y x y

x y x y

y

(loại)

+)

31

3 5

2 13

5                            x

x y x y

x y x y

y

(loại)

+) 13 13

2 2

       

 

  

        



x y x y x

x y x y y (chọn)

Câu 4: (1,5 điểm)

1) Đặt  

2

, , , ,

2                         

y z x a

z x y

x b c y c a z a b x y z b

x y z c

   

4

3

2 2 2

2 2

3 2

2 2 2 2

1

2 2

2

  

     

      

     

             

 

   

     

x y z x y

y z x z x y y z z x

x y z x y z

y x z x z y y x z x z y

x y x z y z x y x z y z

Đẳng thức xảy 2

2   

    

  

x y

z x x y z

z y

Khi

2    x y z 

c (vơ lí c0)

Vậy đẳng thức khơng xảy nên   2

  

a b c

b c c a a b

2) Ta có: a b c2 a2b2 c2 2abbcca11 7  25

   

5 , ,

   a b c do a b c   c ab

Nên a2 b2 c2 11a2 b2 5ab2 11a2 5b a b2 5b7 * 

 * có nghiệm 5b2 4b2 5b703b2 10b 3 0b3 3 b10

3

  b Vì vai trò a b c, , nhau, nên , , 3 a b c

Câu 5: (3,0 điểm)

K N

M

Q P

H C

B

A

1) Chứng minh tam giác HPQ đồng dạng với tam giác ABC

Vì P, Q tâm đường tròn nội tiếp ABH, ACH nên BP phân giác ABH ,

AQ phân giác CAH )  1 , 

2

PBH  ABH QAH  CAH

mà ABH CAH (cùng phụ với  BAH ) PBH QAH

Xét PBH QAH có:   ,   900 450

2

    

PBH QAH cmt PHB QHA

Vậy PBH QAH (g-g)  HB  HP HA HQ

Lại có ABC HBA (g-g)  HB  AB  HP  AB

Mặt khác HP, HQ phân giác hai góc kề bù  AHB AHC, PHQ 900 Xét HPQ ABC có: PHQBAC900 gt cmt ; ;  HP  AB cmt

HQ AC Vậy HPQ ABC (c-g-c)

2) Chứng minh PK // AB tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp

Vì KM, KH hai tiếp tuyến (P)  KP phân giác MKH Vì KN, KH hai tiếp tuyến (Q)  KQ phân giác NKH



90

PKQ (do MKH NKH , hai góc kề bù)

Tứ giác KPHQ có : PKQ PHQ 900, nên tứ giác KPHQ nội tiếp PKHPQH

Mà BCA PQH (HPQ ABC), BCA BAH (cùng phụ  CAH )

  / /

PKH  BAH PK AB (đpcm)

Ta có: MKP PKH (KP phân giác  MKH ), BCA PKH (từ cmt)  MKP BCA  Vì PK / /ABBMN MKP1800 BMN BCA1800

Vậy tứ giác BMNC nội tiếp

3) Chứng minh năm điểm A, M, P, Q, N nằm đường trịn

Ta có BCABAH BMN  , BCA1800cmtBMN BAH 1800

mà  1

2 

PMN BMN (MB, MN tiếp tuyến (P))

 1

2 

BAP BAH (AP phân giác BAH )

Nên   1  1800 900  900 

2

        

PMN BAP BMN BAH PMN BAP

Lại có PAN BAC  BAP900BAPPMN  PAN  Suy điểm A, M, P, N thuộc đường tròn

Chứng minh tương tự có điểm A, M, Q, N thuộc đường tròn Vậy điểm A, M, P, Q, N thuộc đường trịn (đpcm)

4) Tính giá trị lớn diện tích tam giác IDE theo a F

E

H C

B I

A

D

F

E

H C

B I

A

D F

E

H C

B I

A D

ABC: BAC900 BC2  AB2 AC2 a2  3a 10a BC đường kính (I) 2 Kẻ đường kính DF (I) DEF900 1

2 2

   

IDE DEF

Lại có

2 2 2

2

10

5

2 2



  ED EF  DF  BC  a 

ED EF a

Do 5

4

   IDE

S a a (đvdt)

Dấu “=” xảy ED EF  DEF vuông cân E  IDE vuông cân I

Vậy max

4  IDE