Phân tích và bình luận đề toán vào lớp 10 Chuyên Toán

Ngoài ra trong phép phân tích trên ta không đi theo hướng chứng minh tứ giác BDON nội tiếp vì ta  = 900 nên không thể biến đổi các góc liên quan đến điểm N đến các góc đặc biệt đang cần[r]

 NGUYỄN CÔNG LỢI PHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬN CÁC ĐỀ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Nghệ An, ngày 26 tháng năm 2020 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2016 – 2017 Câu (7.0 điểm) a) Giải phương trình 3x − 4x + − 3x + x += 2xy + 4x + 3y + = b) Giải hệ phương trình  4x + y + 12x + 4y + = Câu (3.0 điểm) ( ( ) )( ) Tìm tất các cặp số nguyên dương x; y cho x −  xy + Câu (2.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= a2 + b2 (a + b) (b + c) 2 + c 4a Câu (6.0 điểm) ( ) ( ) Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn O Kẻ các tiếp tuyến AE, AF O (E, F là các tiếp điểm) Điểm D di động trên cung lớn EF cho DE < DF , D không trùng với E và tiếp ( ) tuyến D O cắt các tia AE, AF B, C a) Gọi M, N là giao điểm đường thẳng EF với các đường thẳng OB, OC Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn ( )  và tia phân giác OI góc BOC  b) Kẻ tia phân giác DK góc EDF K ∈ EF;I ∈ BC Chứng minh OI song song với DK c) Chứng minh đường thẳng IK luôn qua điểm cố định Câu (2.0 điểm) Mỗi điểm mặt phẳng gắn với hai màu đỏ xanh Chứng minh luôn tồn tam giác có ba đỉnh cùng màu và có độ dài cạnh Phân tích và hướng dẫn giải Câu (7.0 điểm) a) Giải phương trình − 3x + x += 3x − 4x + • Phân tích Phương trình có chứa nhiều dấu ta không nhẩm nghiệm đẹp nên tạm thời ta không sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp Lại thấy phương trình không thể viết thành tích hay viết thành các bình phương Phương pháp đặt ẩn phụ khá khó khăn vì ta không thể biểu diễn vế phải theo hai thức vế trái Nhận thấy sau bình phương hai vế thì phương trình còn thức và phân tích nên ta chọn phương pháp nâng lên lũy thừa để giải bài toán này xem ( ) − 3x + x + = 3x − 4x + ⇔ −3x + 2x + 5= 3x − 2x − Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Đến đây ta thấy có thể giải phương trình • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là −1 ≤ x ≤ Phương trình đã cho tương đương với ( ) − 3x + x + = 3x − 4x + ⇔ −3x + 2x + 5= 3x − 2x − ( ) Đặt t = −3x + 2x + t ≥ Khi đó phương trình trên trở thành t2 + 2t − = ⇔ t = Từ t = ta −3x + 2x + = ⇔ x = ± 13 1 − 13 + 13  Kết hợp với điều kiện xác định phương trình ta tập nghiệm là S =  ;    2xy + 4x + 3y + = b) Giải hệ phương trình  2 4x + y + 12x + 4y + = • Phân tích Quan sát các phương trình hệ ta thấy phương trình thứ có bậc ẩn, đó ta có thể biểu diễn ẩn này theo ẩn và vào phương trình thứ hai, nhiên sau phép phương trình thu có bậc nên ta tạm thời chưa sử dụng phép Quan sát kỹ các phương trình ta thấy ( )( ) phương trình thứ có thể phân tích 2xy + 4x + 3y + = ⇔ 2x + y + = Đến đây ta giải hệ phương trình • Lời giải Phương trình thứ hệ tương đương với 2x + = ⇔ 2xy + 4x + 3y + = ⇔ 2x + y + = ⇔  y+2 =  ( ) )(  x = −   y = −2 y = + Với x = − , vào phương trình thứ hai hệ và thu gọn ta y2 + 4y =0 ⇔   y = −4 + Với x = −2 , vào phương trình thứ hai hệ ta 4x + 12x + =0 ⇔ x =− ; x =− 2  −1   −3   −3   −5  Vậy hệ phương trình có các nghiệm x; y là  ; −2  ,  ; −4  ,  ;  ,  ; −2          ( ) • Nhận xét Để ý phương trình thứ hai hệ có bậc hai ẩn nên ta xem phương trình đó là phương trình ẩn y và tham số là x (vì hệ số cao y là 1) Khi đó ta viết phương trình lại thành ( ) 4x + 12x + = −4x − 12x − , không có dạng y2 + 4y + 4x + 12x + = Đến đây ta ∆ ' =− chính phương Do đó phương trình không phân tích thành tích Để ý lên hệ hai phương trình hệ ta thấy 4x + y2 − 4xy = (2x − y ) ( ) và 12x + 4y − 8x + 6y = 4x − 2y Do đó từ hệ phương trình ta ( 4x ( ) ( ) + y2 + 12x + 4y + − 2xy + 4x + 3y + =0 ⇔ 4x + y2 − 4xy + 4x − 2y − =0 ⇔ 2x − y ) ( ) ( )( ) + 2x − y − = ⇔ 2x − y − 2x − y + = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Đến đây ta có thêm cách giải khác cho hệ phương trình Trong hệ phương trình mà phương trình có bậc hai ẩn thì ta cần kiểm tra cụ thể phương trình xem có phương trình nào phân tích thành tích Khi không có phương trình phương trình nào phân tích thành tích thì ta nghĩ đến phép cộng, trừ theo vế hai phương trình Nhận thấy giá trị y nhận là −4; −2; , điều này có nghĩ là phương trình ẩn y có thể phân tích dẽ dàng Do đó ta có thể rút x theo y từ phương trình thứ vào phương trình thứ hai để đươncj phương trình bậc ẩn y Chú ý là khí rút x theo y ta phải xét các trường hợp y để phương trình có thể phân tích ( ( ) )( ) Câu Tìm tất các cặp số nguyên dương x; y cho x −  xy + • Phân tích Khi giải bài toán số học quan hệ chia hết ta luôn có thói quen đặt kết phép chia k để đưa dạng phương trình nghiệm nguyên Ở đây ta áp dụng hướng Đặt ) ( là phương trình bậc hai nên ta có hai ý x −= k xy + đó ta x − kxy − 2k − = tưởng để giải phương trình trên đó là sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình áp dụng hệ thức Vi – et Xem phương trình trên là phương trình bậc ẩn x thì ta có + Ý tưởng Sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình ( ) Ta có= ∆ k2 y2 − −2k −= k2 y2 + 8k + Để phương trình có nghiệm x nguyên thì ∆ phải là số chính phương Đến đây có vẻ hướng này không hợp lí cho vì k2 y2 + 8k + là số chính phương thì khó để tìm k ( ) + Ý tưởng Sử dụng hệ thức Vi – et để tìm điều kiện k Giả sử x ; y thỏa mãn yêu cầu bài toán Xét phương trình x − kxy − 2k − = , đó x là nghiệm phương trình Do đó theo định lia Vi – te thì phương trình có nghiệm là x1 Ta có x + x1 = ky ; x x1 = −2k − Đến đây dễ thấy x1 nhận giá trị nguyên âm nên hương này không khả thi + Ý tưởng Cũng với ý tưởng đặt k trên ta cần thay đổi bài toán chút xem (x )( ( ) ) ( )( ) −  xy + ⇔ x y + 2x − 2x + 2y  xy + ⇔ 2x + 2y  xy + ( ) Khi đó đặt 2x + 2y= k xy + và đưa dạng phương trình nghiệm nguyên để giải Tuy nhiên để giải phương trình ta cần giới hạn k Để làm điều này ta cho k nhận vài giá trị 1;2; ( ) ( ) giới hạn k Ta thấy k = thì ta tìm cặp x; y = 3; thỏa mãn Khi k = 2; 3; ta thấy phương trình không có nghiệm nguyên dương Do đó ta nghĩ đến chứng minh k < ( )( ( ) ) ( )( ) • Lời giải Ta có x −  xy + ⇔ x y + 2x − 2x + 2y  xy + ⇔ 2x + 2y  xy + ( ) Đặt 2x + 2y= k xy + với k ∈ N* ( ) ( ) ( )( ) Xét k ≥ Khi đó 2x + 2y = k xy + ≥ xy + ⇔ x + y ≥ xy + ⇔ x − y − + ≤ Điều này mâu thuẫn vì x; y nguyên dương ( ) ( )( ) Suy k < hay k = Suy x + y = xy + ⇔ x − y − = + Nếu x − 2= 1; y − 2= thì= x 3;= y Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com + Nếu x − 2= 2; y − 2= thì= x 4;= y ( )     Vậy cặp số x; y thỏa mãn bài toán là 3; và 4; Câu Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a2 P= b2 + + (a + b) (b + c) 2 c 4a • Phân tích: Đầu tiên ta dự đoán P nhỏ a= b= c Khi đó P = hay a2 + b2 (a + b) (b + c) 2 + 3 Ta cần chứng minh P ≥ 4 c ≥ Ý tưởng đầu tiên là ta đưa bất đẳng thức trên dạng hoán vị Lại thấy 4a c c2 c2 theo bất đẳng thức Cauchy thì ta có= ≥ 4a 4ac a+c ( Như ta cần chứng minh a2 nên ý tưởng trên lại càng có sở ) b2 + c2 + (a + b) (b + c) (a + c) ( x + y + z) ≥ 2 ≥ Để ý ta thấy x + y + z 2 a2 ( a+b , áp dụng thì ta + b2 ) ( b+c 1 a b c  ≥  + +  3a + b b + c c + a c2 + ) (a + c) 2 2 1 a b c  a b c Ta cần chứng minh  + + + + ≥ Nếu áp dụng bất đẳng  ≥ ⇔ 3a + b b + c c + a a+b b+c c+a thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì bất đẳng thức sai Do đó ta nghĩ đến hướng khác Ta có a2 + b2 c2 + (a + b) (b + c) (a + c) 2 ≥ (a ( a2 a + b (a ( a a+b ) 2 ) ( +b b+c + b2 + c ( + b2 b + c + b2 + c 2 ) ) ) ( + c2 c + a ) ) và ta chứng minh ( +c c+a ( ) ≥ ) ( ) Hay ta cần chứng minh a + b4 + c4 + a b2 + b2 c2 + c2a ≥ a b + b3 c + c3a Đến đây ta lại không thể chứng minh đánh giá trên Như sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để đánh giá cách trực tiếp thì không đem lại hiệu quả, đó ta cần thay đổi hình thức bài toán trước Để ý ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành Đặt= x  b 1 +  a  +  c 1 +  b  +  a 1 +  c  ≥ b c a , đó ta xyz = và bất đẳng thức trên trở thành ;y = ;z = a b c Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 1 + + ≥ (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2 + Đến đây từ giả thiết xyz = ta có thể đổi biến tiếp, các cách đổi biến ta để ý đến cách đổi biến dạng = x np mp mn với m, n, p là các số dương Khi đó bất đẳng thức viết lại thành = ;y = ;z 2 m n p2  np  1 +  m   +  mp  1 +  n   +  mn  1 +  p   m4 ⇔ m2 + np ≥ ( n4 + ) (n + mp p4 + ) (p 2 + mn ) ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì (m + n + p ) + + ≥ ( m + np ) ( n + mp ) ( p + mn ) ( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) (m + n + p ) ≥ hay ta cần chứng minh Và ta cần chứng minh ( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) m + n + p + ( m n + n p + p m ) ≥ 6mnp ( m + n + p ) m4 n4 2 2 4 2 2 p4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) + p m ) ≥ 6mnp ( m + n + p ) Dễ thấy m + n + p4 ≥ m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ; m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ≥ mnp m + n + p ) ( ( Nên ta m + n + p4 + m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ≥ m2 n2 + n2 p2 2 Vậy bất đẳng thức chứng minh + Cũng từ 1 + + Khi đó ta có + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2 Chú ý đến giả thiết xyz = ta có ≥ 1 + + xy 1+z ( 1 + + xy 1+z ( ) ) ( ) (1 + x ) (1 + y ) ≥ xy + ( ) ( + z = + z +1 1+ z ) z2 + z + =2 z + 2x + z2 + z + ≥ z + 2x + Như phép chứng minh hoàn tất ta ( ta để ý đến bất đẳng thức (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) Hay ta cần z2 + z + ≥ z2 + 2z + ⇔ z − ) ≥ Đến đây ta có lời giải cho bài toán • Lời giải + Cách Ta có P =  b 1 +  a  +  c 1 +  b  +  a 1 +  c  và biểu thức đã cho viết lại thành P = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 Đặt= x + b c a đó ta xyz = = ;y = ;z a b c + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 1 + (1 + x ) (1 + y ) 2 1 + ≥ (1 + x ) (1 + y ) ( )( ( ) Thật vậy, ta có xy + ) ( )( ⇔ xy + x2 + y2 + 2x + 2y + ≥ x2 + 2x + y2 + 2y + xy + ≥ ⇔ − 2xy − x2 y2= x y + xy ⇔ xy − ( + xy x − y ) ) ≥0 Do bất đẳng thức cuỗi cùng luôn đúng nên ta có điều cần chứng minh Khi đó ta có 1 + + ≥ (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2 ( z = + z +1 1+ z ) ( ) z2 + z + =2 z + 2x + z2 + z + ≥ ⇔ z2 + z + ≥ z2 + 2z + ⇔ z − z + 2x + ( Như ta chứng minh Do đó ta P ≥ 1 + + xy 1+z ) ( ( ) ) ≥ , dấu xẩy và x= y= z= hay a= b= c , dấu xẩy và a= b= c Vậy giá trị nhỏ P là + Cách Hoàn toàn tương tự trên ta chứng minh 1 + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) = x Do xyz = nên tồn các số dương m, n, p thỏa mãn 2 ≥ np mp mn = ;y = ;z Khi đó bất đẳng 2 m n p2 thức viết lại thành  np  1 +  m   +  mp  1 +  n   +  mn  1 +  p   ≥ m4 ⇔ m2 + np ( n4 + ) (n 2 + mp p4 + ) (p 2 + mn ) ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì (m + n + p ) + + ≥ ( m + np ) ( n + mp ) ( p + mn ) ( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) (m + n + p ) ≥ hay ta cần chứng minh Và ta cần chứng minh ( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) m + n + p + ( m n + n p + p m ) ≥ 6mnp ( m + n + p ) m4 n4 2 2 4 2 2 p4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( Dễ thấy m + n + p4 ≥ m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ; m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ≥ mnp m + n + p ( ) ( ) ) Nên ta m + n + p4 + m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ≥ m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ≥ 6mnp ( m + n + p ) Như bất đẳng thức + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 2 ≥ 3 hay P ≥ 4 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com • Nhận xét Có thể áp dụng bất đẳng thức Ta có= P Đặt = x a2 + b2 (a + b) (b + c) 2 1 + ≥ (1 + x ) (1 + y ) 2 đánh giá trực tiếp sau xy + c 1 c += + + 2 4a  4a  b c 1 +  1 +  a b   b c c nên ta có = xy Khi đó ta có P = = ;b a b a 1+ x ( + ) (1 + y ) 2 + xy Áp dụng bất đẳng thức trên và bất đẳng thức Cauchy ta P≥ xy xy + 1 xy + 1 + = + − ≥2 + − =1 − = xy + xy + 4 xy + 4 4 Vậy giá trị nhỏ P là , dấu xẩy và x= y= hay a= b= c Có thể thấy hình thức đơn giản biểu thức P, nhiên vào đánh giá ta thấy khó khăn Do để hoàn thành bài toán đòi hỏi phải phải nẵm vững các kiến thức bất đẳng thức và phải làm nhiều có kinh nghiệm xử lý các bất đẳng thức khó ( ) ( ) Câu Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn O Kẻ các tiếp tuyến AE, AF O (E, F là các tiếp điểm) Điểm D di động trên cung lớn EF cho DE < DF , D không trùng với E và tiếp ( ) tuyến D O cắt các tia AE, AF B, C a) Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp • Phân tích tìm lời giải Yêu cầu chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn làm ta nhớ đến các phương pháp chứng minh đã học, nhiên xử lý theo hướng nào thì lại phụ thuộc đến việc đọc các giả thiết còn bị ẩn bài toán Quan sát hình vẽ và kết hợp với yếu tố liên quan đến đường tròn nội tiếp ta nghĩ đến chứng minh tứ giác BNMC nội các hướng sau + Hướng Đầu tiên với tư tưởng chứng minh hai góc đối diện tứ giác BNMC A có tổng 1800 Điều này có nghĩa là ta  + NMC = cần NBC 1800 Tuy nhiên bài toán các góc ta xét là các P F góc bất kì và lại không có mối quan hệ với nên hướng này không cho ta kết Q NK mong muốn + Hướng Chứng minh hai góc  = BNC  Quan sát hình vẽ ta dự BMC   đoán BMC = BNC = 900 M O E J G H B L D I C   Để ý ta có BFO = BDO = 900 , đó ta quy bài toán chứng minh các tứ giác BONE DONE và các tứ giác COFM DOMC nội tiếp Do vai trò điểm M và N nên các phép chứng Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com minh tương tự Do O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta sử dụng phép biến đổi góc để chứng minh tứ giác BONE DONE ( Với các tứ giác giác COFM DOMC ta biến đổi hoàn toàn tương tự) - Để chứng minh tứ giác BONE nội tiếp ta biến đổi góc sau  =EFA  − OCA  =900 − OAF  − ACA  =900 − BAC  − ABC  =1 ABC  =ABO  ONE 2 2  COD   1= - Để chứng minh tứ giác DONE nội tiếp ta biến đổi góc= DEF DOF Do A cố định và B, C thay đổi nên ta thấy N có thể nằm trên đoạn thẳng EF và có thể nằm trên tia đối tia EF Trường hợp N nằm trên EF ta biến đổi trên, còn trường hợp N nằm trên tia đối tia EF ta biến đổi hoàn toàn tương tự với điểm M hình trên, đó ta không cần phải xét hai trường hợp Ngoài phép phân tích trên ta không theo hướng chứng minh tứ giác BDON nội tiếp vì ta  = 900 nên không thể biến đổi các góc liên quan đến điểm N đến các góc đặc biệt cần chứng minh BNO bài toán  = NMB  tương tự với MNC  = MBC  Theo giả thiết bài toán ta có + Hướng Chứng minh NCB  = ACB  Như ta cần NCB  = ACB  Quan sát hình vẽ ta có NMB  = AFE  − ABM  = AFE  − ABC  Mà ta lại có NMB ) ( 1  Từ đó ta AFE = 900 − BAC   1 = Đến đây ta thấy có thêm lời giải cho ý thứ bài NMB 900 − BAC + ABC =ACB 2 toán • Trình bày lời giải 1    1800 suy ta có tứ giác DONE nội = DOF DOC nên DEF + DON =   tiếp Mặt khác ta có BEO = BDO = 900 nên BDOE nội tiếp Như năm điểm B, D, E, O, N cùng   thuộc đường tròn Từ đó suy BNO = BEO = 900 Chứng minh tương tự ta  = 900 Như ta có BMC   = BNC = 900 hay tứ giác BNMC nội tiếp BMC  + Lời giải Ta có= DEF  là góc ngoài tam giác  = ACB  Do AFE + Lời giải Theo giả thiết bài toán ta có NCB 1  = AFE  − ABM  = AFE  − ABC   Mà ta lại có AFE Từ đó ta FBM nên ta có NMB = 900 − BAC 2 ( )   1  = NCB  , = Kết hợp hai kết ta thu NMB NMB 900 − BAC + ABC =ACB 2 đó tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh OI song song với DK • Phân tích Giả thiết cho các tia phân giác và cầu chứng minh hai đường thẳng song song nên ta nghĩ đến các hướng sau Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com + Hướng Sử dụng tính chất tia phân giác để suy các tỉ số và áp dụng định lí Talet để chứng minh hai đường thẳng song song Ta có OB IB DE EK và , ta phải tìm mối liên hệ tỉ số = = OC IC DF FK IO CI với các tỉ số trên Tuy nhiên đến đây thì có vẻ hướng này không thể tiếp tục ; DK CD + Hướng Sử dụng phép biến đổi góc cộng góc để cặp góc đồng vị cặp góc so le Ở đây ta để ý đến các tia phân giác      = 1800 − EDB  − FDC  = 1800 −  900 − ABC  −  900 − ACB  = ABC + ACB Ta có EDF             =KDF  + FDC  =EDF + FDC  =900 + ABC − ACB Mà ta lại có KDC 4  ACB  ABC  nên điều  = Tuy nhiên OI là phân giác BOC Như ta cần OIC − 900 + 4 này hiển nhiên đúng + Hướng Gọi H là giao điểm BO với DE và G là giao điểm CO với CF Gọi J là giao điểm DK  + HDG = với OB Khi đó để ý đến tứ giác OHDG nội tiếp đường tròn ta có HOG 1800 Để ý OI là  và DK là phân giác góc EDF  nên EDK  + BOI = phân giác góc BOC 900 Mà ta lại có  + BJD =  = BJD  Từ đó suy OI song song với DK EDK 900 nên ta BOI • Trình bày lời giải + Lời giải Ta có biến đổi góc sau      = 1800 − EDB  − FDC  = 1800 −  90o − ABC  −  90o − ACB  = ABC + ACB EDF                = EDF + FDC  = ABC + ACB + 900 − ACB = 900 + ABC − ACB Mà ta lại có KDC 4 4  nên ta có Mặt khác OI là phân giác góc BOC         = ABC + BOI  = ABC + BOC =  1800 − ABC − ACB  = 900 + ABC − ACB OIC 2 2 2  4    = OIC  nên OI song song với DK Kết hợp hai kết trên ta suy KDC + Lời giải Gọi H, G là giao điểm BO với DE và CO với CF Gọi J là giao điểm DK  + HDG = với OB Khi đó dễ thấy tứ giác OHDG nội tiếp đường tròn, đó ta HOG 1800 Do  và DK là phân giác góc EDF  nên ta có EDK  + BOI = OI là phân giác góc BOC 900 Mà ta  + BJD =  = BJD  Từ đó suy OI song song với DK lại có EDK 900 nên ta BOI c) Chứng minh đường thẳng IK luôn qua điểm cố định • Phân tích Trên cở sở hình vẽ ta dự đoán đường thẳng IK qua điểm A Cũng từ giả thiết ta điểm A cố định nên nhận định trên càng có sở Như ta cần phải chứng minh ba điểm I, K, A thẳng hàng Từ giả thiết bài toán và kết các hai ý đầu ta nghĩ đến việc lập các tỉ số để áp dụng định lý Talets điểm K trùng với giao điểm AI với EF Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 10 Website:tailieumontoan.com ( ) + Hướng Giả sử P là giao điểm DK với đường tròn O , đó P là điểm chính cung nhỏ EF và ba điểm O, P, A thẳng hàng Để ý lúc này KP song song với OD, ta có thì xem bài toán chứng minh Ta cần tìm các tỉ số với KP AP = OI AO KP AP ; OI AO Gọi Q là giao điểm AO với EF, đó dẽ thấy hai tam giác KPQ và IDO đồng dạng với nên KP PQ PQ PQ OQ OQ OE OP AP ta có = = Mặt khác ta có = 1− = 1− = 1− = 1− = Như ta OI DO PO PO PO OE OA OA OA có lời lời giải cho bài toán KP AP , đây ta tiếp cận bài toán theo đường khác = OI AO    nên hai tam giác KQP và DIO đồng dạng, đó Từ đó ta Dễ thấy KPO = KDO = DOI + Hướng Cũng chứng minh KP PQ PQ Mặt khác ta lại có P là điểm chính cung nhỏ EF nên EP là phân giác tam giác = = OI OD OE PA PQ AP KP PA EA AO , suy Kết hợp hai kết trên ta , AEQ, từ đó ta = = = = PQ EQ EO OA EO AO OI ta có lời giải khác cho bài toán + Hướng Gọi K’ là giao điểm AI với EF, ta cần chứng minh hai điểm K và K’ trùng Chú ý ta đã có PD song song với OI, PK’ song song với OI thì bài toán xem chứng minh Gọi giao điểm AO với đường tròn (O) (  là L Khi đó= COL ) ( ) (   BAC + BCA Mặt khác )  =EOB  =900 − ABC  =900 − 1800 − BAC  − BCA  =1 BAC  + BCA  Từ đó ta DOB 2     COL = BOD nên suy DOI = LOI , điều này dẫn đến ∆IOD = ∆IOL , đó LI là tiếp tuyến đường ( ) tròn O Dễ thấy AP.AL = AE = AQ.AO nên ta AQ AP Mà QK’ song song với IL nên theo = AL AO AQ AK' AK' AP Từ đó nên có PK' song song với OI Điều này dẫn đến PK’ = = AL AI AI AO và PD trùng hay K và K’ trùng Từ đó suy ba điểm A, K, I thẳng hàng định lý Talets ta có • Trình bày lời giải + Lời giải Giả sử P là giao điểm DK với cung nhỏ EF, đó P là điểm chính cung nhỏ EF Từ đó suy ba điểm A, P, O thẳng hàng Gọi Q là giao điểm AO với EF Do đó ta AO vuông góc với EF Q  ODP   nên ∆KPQ ∽ ∆IDO Xét hai tam giác vuông KPQ và IDO có = OID = KPQ KP PQ PQ  = 900 , EQ ⊥ OP và OE = OP nên ta Do đó ta = = Mặt khác ta lại có OAE OI DO PO OQ OE PQ OQ OQ OE OP AP Từ đó suy = 1− = 1− = 1− = 1− = = PO PO OE OA OA OA OE OA Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 11 Website:tailieumontoan.com KP AP , mà ta có KP song song với OD Do đó suy ba điểm = OI AO A, K, I thẳng hàng Vậy IK luôn qua điểm cố định A Kết hợp hai kết trên ta ( ) + Lời giải Gọi giao điểm DK với đường tròn O là P, đó dễ thấy ba điểm A, P, O thẳng    , điều này hàng Giả sử AO cắt EF Q Do DK song song với OI nên ta có KPO = KDO = DOI KP PQ PQ dẫn đến hai tam giác KQP và DIO đồng dạng với Từ đó ta = = Mặt khác OI OD OE ta lại có P là điểm chính cung nhỏ EF nên EP là phân giác tam giác AEQ, theo tích chất PA EA AO đường phân giác kết hợp hai tam giác AEO và AQE ta suy = = , suy PQ EQ EO PA PQ = OA EO AP KP , mà ta có KP song song với IO nên theo định lí Talets = AO OI ta suy ba điểm A, K, I thẳng hàng Từ đó ta có điều phải chứng minh Kết hợp hai kết trên ta ( )  + Lời giải Gọi giao điểm AO với đường tròn O là L Khi đó CO là phân giác BCA ( )  nên ta có  BAC  + BCA  Mặt khác tứ giác BDOE nội và AO là phân giác góc BAC COL = tiếp nên ta có (  + BCA  ) (BAC )  =900 − ABC  =900 − 1800 − BAC  − BCA  =1  =EOB DOB 2  = BOD  , mà OI là phân giác góc BOC  nên suy Từ đó ta COL  = LOI  DOI   Kết hợp với OD = OL và OI chung dẫn đến ∆IOD = = IDO = 900 hay LI là tiếp ∆IOL , suy ILO ( ) tuyến đường tròn O Gọi K’ là giao điểm AI với EF Dễ dàng chứng minh AP.AL AQ.AO nên ta = AE = AQ AP Mà QK’ song song với IL nên theo định lý = AL AO AQ AK' AK' AP Từ đó dẫn đến , nên theo định lý Talets đảo thì ta có PK' song = = AL AI AI AO song với OI Điều này dẫn đến PK’ và PD trùng hay K và K’ trùng Từ đó suy ba Talets ta có điểm A, K, I thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh Câu Mỗi điểm mặt phẳng gắn với hai màu đỏ xanh Chứng minh luôn tồn tam giác có ba đỉnh cùng màu và có độ dài cạnh • Phân tích Giả sử ta vẽ các tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán, đó ta cần tìm mối liên hệ các độ dài và Chú ý các tam giác bài toán yêu cầu là tam giác Giả sử ∆GEK và ∆HEK có cạnh là , đó ta GH = và tam giác FGH là tam giác có cạnh Như ta cần xét các trường hợp màu các điểm E, F, G, H, K để tìm tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán • Lời giải Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 12 Website:tailieumontoan.com G A F B C Dựng tam giác ABC cạnh E O K H Khi đó ta xét hai trường hợp sau + Trường hợp Tam giác ABC có ba đỉnh cùng màu, đó tam giác ABC là tam giác cần dựng Bài toán chứng minh + Trường hợp Tam giác ABC có hai đỉnh khác màu, không tính tổng quát ta giả sử hai đỉnh đó là AB Khi đó dựng tam giác ABD cân D có AD = BD = Khi đó đỉnh D khác màu với hai đỉnh A và B Điều này có nghĩa là luôn dựng đoạn thẳng có độ dài và hai đầu mút đoạn thẳng khác màu Xét đoạn thẳng thẳng EF có độ dài và hai điểm E, F khác màu Lấy K là trung điểm EF, đó K trùng màu với hai điểm E, F Không tính tổng quát ta giả sử hai điểm E và K cùng có màu đỏ và F màu xanh Dựng hình thoi EGKH cho có hai tam giác EGK và EHK Khi đó ta suy KG = KE = KH = EG = EH =  Nếu hai điểm H và G có điểm màu đỏ, chẳng hạn đó là H, đó tam giác EKH có ba đỉnh màu đỏ và có cạnh là  Nếu hai điểm H và G cùng có màu xanh, đó tam giác FKG có ba đỉnh cùng màu xanh Gọi O là giao điểm EK và GH, đó ta có OK = nên OG = GK2 − OK2 = và HG = Suy FG = FH = Vậy tam giác FGK đầu có ba đỉnh cùng màu xanh và độ dài cạnh Như bài toán chứng minh Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 13 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH VĨNH PHÚC Năm học 2016 – 2017 Câu ( 2.0 điểm) Cho phương trình x + 3x − mx + 9x + = a) Giải phương trình m = −2 b) Tìm tất các giá trị m để phương trình đã cho có ít nghiêm dương Câu (3.0 điểm) a) Giải phương trình 3x − 4x 4x − + 4x − = ( ( ) ) b) Tìm tất các nghiệm nguyên x; y phương trình x 2= y2 x + y + 2y2 Câu (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ( ) ( ) a + b2 + c − a + b + c ≥ Câu ( 3.0 điểm) ( ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với AB < AC Gọi M là trung điểm BC ( ) AM cắt O điểm D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDBcắt đường thẳng AB F khác B a) Chứng minh BDF ∽ CDE và ba điểm E, M, F thẳng hàng b) Chứng minh OA ⊥ EF c) Phân giác góc BAC cắt EF điểm N Phân giác các góc CEN và BFN cắt CN và BN P và Q Chứng minh PQ song song với BC Câu (1.0 điểm) Tập hợp A = {1; 2; 3; ; 3n − 1; 3n} với n là số nguyên dương gọi là tập hợp cân đối chia A thành n tập hợp A1, A2 , , A n thỏa mãn hai điều kiện sau: ( ) i) Mỗi tập hợp A i i = 1; 2; 3; ; n gồm số phân biệt và có số tổng hai số còn lại ii) Các tập hợp A1, A2 , , A n đôi không có phân tử chung { } b) Chứng minh tập hợp A = {1; 2; 3; ; 830; 831} là tập cân đối a) Chứng minh tập hợp A = 1; 2; 3; ; 92; 93 không phải là tập cân đối Phân tích và hướng dẫn giải Câu Cho phương trình x + 3x − mx + 9x + = • Lời giải a) Với m = −2 Khi đó phương trình đã cho trở thành x + 3x + 2x + 9x + = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 14 Website:tailieumontoan.com  x + 4x + =0 Hay ta x + 4x + x − x + = ⇒  ⇒  x − x + = ( )( )  x =−1   x = −3 b) Tìm tất các giá trị m để phương trình đã cho có ít nghiêm dương • Phân tích Nhìn vào phương trình ta thấy phương trình có bậc quá cao đó là bậc và đề yêu cầu các giá trị m để phương trình đã cho có ít nghiêm dương nên ta cần đưa phương trình phương trình bậc hai để áp dụng hệ thức Vi – ét Ta chia phương trình đã cho cho x chú ý điều kiện x ≠ , đó ta x + 3x − m + Đặt x +  9 3 + = ⇔ x2 + +  x +  − m = * x x x x  () = t ⇒ x + = t2 − Khi đó phương trình * trở thành t2 + 3t − m − = x x () Đến đây chi cần áp dụng định lý Vi – et là Ta có lời giải sau • Lời giải + Xét x = , ta thấy không thỏa mãn nên x = không phải là nghiệm phương trình + Xét x ≠ Khi đó phương trình đã cho tương đương với x + 3x − m +  3 9 * + = ⇔ x2 + +  x +  − m = x x x x  () = t ⇒ x + = t2 − Khi đó phương trình * trở thành: t2 + 3t − m − = Xem x x phương trình trên là phương trình ẩn t với m là tham số Để phương trình đã cho có ít () Đặt x + nghiêm dương thì phương trình ẩn t có ít nghiệm dương Khi đó để phương trình ( ) ẩn t có nghiệm thì ∆= 32 + m + = 4m + 33 ≥ ⇔ m ≥ −33 Áp dụng hệ thức Vi – et ta có t1 + t2 = > Do đó phương trình có ít nghiệm dương Vậy với m ≥ −33 thì phương trình có ít nghiệm dương Câu a) Giải phương trình 3x − 4x 4x − + 4x − = • Phân tích và lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ ( đương với 3x − 4x − + Với= 3x + Với x= )( = 3x  x − 4x − =⇔ x =  ) Phương trình đã cho tương 4x − 4x − x ≥ , phương trình vô nghiệm 4x − ⇒  9x − 4x + = x ≥ 4x − ⇔  ⇔ x − 4x + =  x =  x=3  { } Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm S = 1; Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 15 Website:tailieumontoan.com • Nhận xét Ngoài cách phân tích thành tích ta còn có thể giải phương trình cách nâng lên lũy thừa, mặc dù sau nâng lên lũy thừa phương trình có bậc ta vân có thể giải Chú ý bình phương cần đặt điều kiện Ta có phương trình đã cho tương đương với: x ≥  3x + 4x = − 4x 4x − ⇔  2 16x 4x −  3x + 4x −= x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ 9x − 40x + 46x − 24x + = x − 4x + 9x − 4x + =   x ≥ x ≥   4x + ⇔ = ⇔   x −= x  9x − 4x + = x =      ( ) ( ( ) )( ) ( ( ) b) Tìm tất các nghiệm nguyên x; y phương trình x 2= y2 x + y + 2y2 ) • Phân tích và lời giải Nhìn vào phương trình đã cho điều đầu tiên ta nghĩ đến là phân tích thành tích đáng tiếc là phương trình không phân tích thành tích Ta thử viết phương trình dạng hai bình phương xem Nhưng nhận thấy phương trình không đưa dạng hai bình phương Nhìn vào phương trình nhận thấy x chia hết cho y nên ta đặt x = dy đó D là số nguyên tùy ý y = Khi đó phương trình đã cho trở thành: d2 y= y2 dy + y + 2y2 ⇒  d = dy + y + 2y ( ) Với y = ⇒ x = ( ) ( ) Với d2 = dy + y + 2y2 Gọi t = d; y Khi đó d = td1 và y = ty1 với d1 ; y1 = 1, ( ) ( ) Khi đó: d12 t2 = dyt2 + y14 t4 + 2y12 t2 ⇒ d12= y1 d1 + y13 t2 + 2y1 mà d1, y1 = ⇒ y1 = ±1 ( ) )( + Trường hợp Khi y1 = ⇒ d12 = d1 + t2 + ⇒ 2d1 − 2t − 2d1 + 2t − = Vì 2d1 − 2t − và 2d1 + 2t − cùng tính chẵn lẻ và nên ta có các trường hợp sau  2d =  d + 2t − 1 =    2d1 − 2t − =9  t =−2  2d =    + 2t − =  d1  2d1 −=  t 2t − 1 =    2d 2t + − =  d1 =   2d − 2t − =  t =    ⇒  ⇒  2d1 + 2t − =−1  d1 = −2    2d1 − 2t − =−9  t =  2d + 2t − =−9  d = −2      2d1 − 2t − =−1  t = −2    2d 2t + − = −  d1 = −1   2d − 2t − =−3  t =     Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038  x   y  x    y  x  y    x   y  x    y   = 12 = −2 = 12 =2 =0 =0 = −8 =2 = −8 = −2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 16 Website:tailieumontoan.com ( )( ) −d1 − t2 − ⇒ 2d1 − 2t + 2d1 + 2t + = + Trường hợp 2: y1 = −1 ⇒ d12 = Vì 2d1 − 2t + và 2d1 + 2t + cùng tính chẵn lẻ và nên ta có các trường hợp sau  2d =  d + 2t + 1 =    2d1 − 2t + =9  t =−2  2d =    + 2t + =  d1  2d1 −=  t 2t + 1 =   2d1 + 2t + = d1 =  2d − 2t + =  t =    ⇒  ⇒  2d1 + 2t + =−1  d1 = −3    2d1 − 2t + =−9  t =  2d + 2t + =−9  d = −3      2d1 − 2t + =−1  t = −2    2d 2t + + = −  d1 = −2  2d − 2t + =−3  t =      x   y  x    y  x  y    x   y  x    y   = −8 =2 = −8 = −2 =0 =0 = 12 = −2 = 12 =2 ( ) (12; −2 ) ; (12, )( 0; ) là nghiệm phương trình Thử lại ta thấy x,= y Câu Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ( ) ( ) a + b2 + c − a + b + c ≥ • Phân tích Nhìn vào biểu thức cần chứng minh ta thấy bất đẳng thức có chiều lớn nên ta cần đánh ( ) ( ) ( ) giá đại lương a + b2 + c2 và a + b3 + c3 theo chiều bé a + b3 + c3 là đại dượng lớn ( ) ( nên ta nghĩ cách triệt tiêu a + b3 + c3 Khi đó để xuất hiên đại lượng a + b3 + c3 ) ta cần nhân vào hai vế thay a + b + c Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( ) ( ) 12 a + b2 + c2 − a + b3 + c3 ≥ 27 ( )( ⇔ a+b+c a +b +c ( 2 ) − (a ) + b3 + c3 ≥ 27 ) ( ) + c a + ca ) ≥ ( a + b + c ) ⇔ a + b + c + a b + ab + b c + cb + c a + ca − a + b3 + c3 ≥ 27 3 2 2 ( ⇔ a + b3 + c3 + a b + ab2 + b2 c + cb2 2 ⇔ a b + ab2 + b2 c + cb2 + c2a + ca ≥ 6abc Ta cần chứng minh a b + ab2 + b2 c + cb2 + c2a + ca ≥ 6abc Tới đây cần áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số là Ta có lời giải chi tiết sau: Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ( ) ( ) 12 a + b2 + c2 − a + b3 + c3 ≥ 27 ( )( ⇔ a+b+c a +b +c ( 2 ) − (a ) + b3 + c3 ≥ 27 ) ( ) + c a + ca ) ≥ ( a + b + c ) ⇔ a + b + c + a b + ab + b c + cb + c a + ca − a + b3 + c3 ≥ 27 3 ( 2 ⇔ a + b + c + a b + ab + b c + cb 3 2 2 2 2 ⇔ a b + ab2 + b2 c + cb2 + c2a + ca ≥ 6abc Ta cần chứng minh a b + ab2 + b2 c + cb2 + c2a + ca ≥ 6abc Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 17 Website:tailieumontoan.com Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số ta 2 a b + bc2 ≥ a b.bc = 2abc; ab2 + c2a ≥ ab2 c = a 2abc; b2 c + ca ≥ b2 c.ca = 2abc Cộng theo vế ta có a b + ab2 + b2 c + cb2 + c2a + ca ≥ 6abc Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy vào a= b= c= ( ) Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nột tiếp đường tròn O với AB < AC Gọi M là trung (O) điểm D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác điểm BC AM cắt MDC cắt đường thẳng AC E khác C Đường tròn ngoại tiếp tám giác MDB cắt đường thẳng AB F khác B a) Chứng minh BDF ∽ CDE và ba điểm E, M, F thẳng hàng A A x O O F F B E H B C M M H Q C P N D D E • Phân tích và lời giải Để chứng minh tam giác BDF đồng dạng với tam giác CDE ta cần  = ECD  và BFD  = ECD  Chú ý đến các tứ giác BMDF và CEMD nội tiếp suy BFD  = AMB  , DBF  = FMD  , DMC  = DEC  , AME  = ECD  BFD  = AME  , DMC  = AMB  nên suy BFD  = ECD  , BFD  = ECD  Lại có FMD  = ECF  Từ đó ta có BDF ∽ CDE Từ đí dẫn đến BDF  = BMF  , CME  = EDC  ⇒ CME  = BMF  Mà BDF  + EMC  = BME  +B   = 1800 suy E, M, F thẳng hàng Do đó BME MF = EMF b) Chứng minh OA ⊥ EF • Phân tích Để chứng minh OA ⊥ EF ta không thể chứng minh trực tiếp khó khăn nên ta ( ) nghĩ đến cách chứng minh bước trung gian Nhận thấy kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn O thì OA ⊥ Ax Ta cần chứng minh EF song song với Ax  = AMD  và ABC  = AMD  Nhận thấy AEF ( )  = ABC  (cùng chắn cung AC) Vì Ax là tiếp tuyến đường tròn O nên xAC  = AEF  nên EF song song với Ax Mà OA ⊥ Ax đó OA ⊥ EF Suy xAC ( ) • Lời giải Kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn O Khi đó ta có OA ⊥ Ax Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 18 Website:tailieumontoan.com  = AMD  Tứ giác ECDM nội tiếp suy AEF  = AMD  vì cùng chắn cung AC nên suy ABC  = AEF  Lại có ABC ( )  = ABC  (cùng chắn cung AC) Vì Ax là tiếp tuyến đường tròn O nên xAC  = AEF  nên EF song song với Ax Mà OA ⊥ Ax nên ta OA ⊥ EF Suy xAC c) Phân giác góc BAC cắt EF điểm N Phân giác các góc CEN và BFN cắt CN và BN P và Q Chứng minh PQ song song với BC   • Phân tích Để chứng minh PQ song song với BC ta cần chứng minh NQP = NBC Nhưng chứng minh góc khó vì ta chưa thấy mối liên hệ gì hai góc Nên ta chuyển qua chứng minh tỉ số NQ NP QN PN hay = = QB PC NB NC  và CEN  nên theo tính chất tia phân giác ta có Nhận thấy vì FQ và EP là phân giác góc BFN PN EN FN EN BF FN QN FN và Như ta cần chứng minh hay = = = = QB FB PC EC FB EC CE EN  nên FN = AF Do lại có ABC đồng dạng với AEF nên Vì AN là phân giác góc FAE EN AE AF AC BF AC Khi đó ta cần chứng minh hay BF.AB = CE.AC = = AE AB CE AB Nhận thấy BF.AB + AB2 = AF.AB và AC2 − CE.AC = AE.AC Ta cần chứng minh AB2 + AC2= AF.AB + AE.AC Vì AF AC nên AF.AB = AE.AC Vì các tứ giác BMDF và CDME nội tiếp đường tròn nên ta có = AE AB AF.AB = AE.AC = AD.MD Lại có AD.MD = AM2 + AM.MD Vì ABM đồng dạng với CDM nên AM.MD = MB.MC = BC2 Phép chứng minh kết thúc ta chỉa 2AB2 + 2AC2 = 4AM2 + BC2 2 Kẻ đường cao AH tam giác ABC Khi đó ta AB = AH2 + BH2 , AC = AH2 + CH2 và AM = AH2 + HM2 Đến đay cần biểu đổi biểu thức cần chứng minh là Ta có lời giải chi tiết sau • Lời giải Gọi H là hình chiếu A trên BC Khi đó thoe định lý Pitago, ta có: 2 AB = AH2 + BH2 , AC = AH2 + CH2 , AM = AH2 + HM2 Ta có HM2 = HM.MB − HM.HB = HM.MC − HM.HB hay ta HM.MC = HM2 + HM.HB ⇔ BH2 + 2HM.MC = 2HM2 + 2HM.HB + BH2 ⇔ BH2 + 2HM.MC = HM2 + BM2 ⇔ BH2 + 2HM.MC + MC2 + HM2 = 2HM2 + 2BM2 ⇔ BH2 + HC2 = 2HM2 + 2BM2 ⇔ 4AH2 + 2BH2 + 2HC2 = 4HM2 + 4BM2 + 4AH2 ⇔ AB2 + AC2 = AM2 + BC2 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 19 Website:tailieumontoan.com Vì AF AC nên AF.AB = AE.AC = AE AB Lại có BMDF và CDME nội tiếp nên AF.AB = AE.AC = AD.MD và AD.MD = AM2 + AM.MD Vì ABM đồng dạng với CDM nên AM.MD = MB.MC = Suy AF.AB + AE.AC = AM2 + BC2 BC2 = AB2 + AC2 Do đó ta AF.AB − AB2 = AC2 − AE.AC ⇒ BF.AB = CE.AC ⇒ BF AC = CE AB  và CEN  nên ta có QN = FN và PN = EN Vì FQ và EP là phân giác góc BFN QB FB PC EC FN AF = EN AE  chung và ABC  = AEF  (theo câu a) Hai tam giác ABC và AEF có A Vì AN là phân giác góc FAE nên Nên ABC đồng dạng với AEF , từ đó suy Do đó AF AC = AE AB FN AC BF FN FN EN NQ NP QN PN = = Suy = ⇒ =⇒ ⇒ = QB PC FB EC EN AB CE EN NB NC Từ đó ta PQ song song với BC • Nhận xét Ta có thể chứng minh PQ song song với BC theo hướng sau Ta có ∆BDF ∽ ∆CDE nên = Ta có Từ đó SBDF SCDE = BF2 CE2 MB SDAB SDAB SBDF SCDE AB BF2 CE AB.BF = = = = MC SDAC SBDF SCDE SDAC BF CE2 AC CE.AC BF AC AF NF EN FN = = = ⇒ = CE AB AE NE EC FB Theo tính chất phân giác ta có PN EN QN FN và = = QB FB PC EC Từ hai kết trên ta suy PN QN Do đó PQ song song với BC = PC QB Câu (1.0 điểm) Tập hợp A = {1; 2; 3; ; 3n − 1; 3n} với n là số nguyên dương gọi là tập hợp cân đối chia A thành n tập hợp A1, A2 , , A n thỏa mãn hai điều kiện sau: ( ) i) Mỗi tập hợp A i i = 1; 2; 3; ; n gồm số phân biệt và có số tổng hai số còn lại ii) Các tập hợp A1, A2 , , A n đôi không có phân tử chung • Lời giải Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 20 Website:tailieumontoan.com { } a) Giả sử A = 1; 2; 3; ; 93 {x ; y ; x i i i là tập hợp cân đối , đó tập A i ( i = 1, 31) có dạng } + y i , tổng ba phần tử A i là số chẵn Do đó tổng các phần tử tập A là số chẵn Mặt khác tổng các phần tử A bằng: + + + += 93 93.94 = 93.47 (là số lẻ) Mâu thuẫn này A là tập không cân đối { } {1; 2; 3; ; 4n + 3} là tập hợp cân đối b) Ta có nhận xét: Nếu tập Sn = 1; 2; 3; ; n , với n chia hết cho là tập hợp cân đối thì tập { } và S4n + S4n = 1; 2; 3; ; 4n= Chứng minh Từ tập S4n ta chọn các tập ba phần tử sau: {1; 2n + n; 2n + n + 1} ; {3; 2n + n − 1; 2n + n + 2} ; {5; 2n + n − 2; 2n + n + 3} ; ; {2n − 1; 2n + 1; 4n} Rõ ràng các tập này thỏa mãn có phần tử tổng hai phần tử còn lại { } Còn lại các số sau tập S4n là 2, 4, 6, , 2n Tuy nhiên vì tập Sn cân đối nên tập 2; 4; 6; ; 2n cân đối Vậy S4n là tập cân đối Tương tự từ tập S4n + ta chọn các tập ba phần tử sau: {1; 2n + n + 2; 2n + n + 3} ; {3; 2n + n + 1; 2n + n + 4} ;…; {2n + 1; 2n + 2; 4n + 3} Và còn lại các số là 2, 4, 6, , 2n , suy S4n + là tập cân đối Trở lại bài toán Ta có 831 = 4.207 + 3;207 = 4.51 + 3; 51 = 4.12 + 3;12 = 4.3 { } Chú ý là tập 1; 2; là cân đối nên theo nhận xét trên ta xây dựng các tập hợp cân đối theo { } { } { } { Do đó tập A = {1; 2; 3; ; 831} là tập hợp cân đối (đpcm) } { } quy trình sau: 1; 2; → 1; 2; ;12 → 1; 2; ; 51 → 1; 2; ; 207 → 1; 2; ; 831 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 21 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ Chuyên Toán - Năm học 2016 – 2017 Câu 1(2.0 điểm) a) Cho các số a, b thoả mãn 2a + 11ab − 3b= 0; b ≠ 2a; b ≠ −2a Tính giá trị biểu thức: a − 2b 2a − 3b + 2a − b 2a + b = T b) Cho các số nguyên duơng x, y, z và biểu thức P= (x ( − y2 ) ) + (y ( − z2 ) ) + (z − x2 ( ) ) x x + y + y2 y + z + z2 z + x + 2xyz Chứng minh P là số nguyên và P chia hết cho Câu 2(2.0 điểm) a) Tìm các số nguyên x,y thoả mãn 2x + 2x y + x + 2xy =x + 10 b) Cho 19 điểm phân biệt nằm tam giác có cạnh 3, đó không có ba điểm nào thẳng hàng Chứng minh luôn tìm tam giác có ba đỉnh là ba 19 điểm đã cho mà có diện tích không lớn Câu 3(3.0 điểm) a) Giải phương trình 2x + − x − = 2x + x y + +2x + xy + = b) Giải hệ phương trình  x + 3x + y = Câu 4(3.0 điểm) ( ) Cho đuờng tròn O; R và dây cung BC cố định Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Bên ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABDE, ACFG và hình bình hành AEKG a) Chứng minh AK = BC và AK vuông góc BC b) Gọi giao điểm DC và BF là M Chứng minh ba điểm A, K, M thẳng hang ( ) c) Chứng minh A thay đổi trên cung lớn BC đường tròn O; R thì K luôn thuộc đuờng tròn cố định Câu 5(1.0 điểm) Cho các số duơng x, y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= (2x + y ) + +1 −1 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ( x + 2y ) + +1 −1 (2x + y )( x + 2y ) − ( x+y ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 22 Website:tailieumontoan.com Phân tích và hướng giải Câu a) Cho các số a, b thoả mãn 2a + 11ab − 3b= 0; b ≠ 2a; b ≠ −2a Tính giá trị biểu thức: a − 2b 2a − 3b + 2a − b 2a + b = T không thể phân tích thành tích ta tiến hành thử quy đồng • Phân tích Nhận thấy 2a + 11ab − 3b2 = biểu thức T xem Sau quy đồng ta biến đổi tử và mẫu làm xuất 2a + 11ab − 3b2 0; b ≠ 2a; b ≠ −2a ta có • Lời giải Với 2a + 11ab − 3b= ( )( ) ( )( )( a − 2b 2a + b + 2a − 3b 2a − b a − 2b 2a − 3b = + 2a − b 2a + b 2a − b 2a + b T = ( ( ) ) ) ( ) − 8a − 2b2 6a − 11ab + b2 − 2a − 11ab + 3b + 8a − 2b = = = = −4 4a − b2 4a − b2 4a − b2 2 b) Cho các số nguyên duơng x, y, z và biểu thức P = (x − y2 ( ) ) + (y ( − z2 ) ) + (z ( − x2 ) ) x x + y + y2 y + z + z2 z + x + 2xyz Chứng minh P là số nguyên và P chia hết cho • Phân tích và lời giải Trong phân thức trên thì tử có bậc 6, đó là sai lầm phân tích tử số Nhưng để ý thì thấy liên hệ tử và mẫu phân thức trên ta thấy liên quan đến hai đẳng thức quen thuộc: ( ) ( )( ( ) ( ) ( a + b + c ) − ( a + b )( b + c )( c + a ) )( a b + c + b2 c + a + c2 a + b + 2abc = a + b b + c c + a a + b3 + c3 = ) Ta tiến hành áp dụng vào phân thức trên và kết đẹp (x P= − x + y − y + z2 − z2 ) ( − x − y + y − z2 )( y − z2 + z2 − x )( z − x + x − y2 ( x + y )( y + z )( z + x ) −3 ( x − y )( x + y )( y − z )( y + z )( z − x )( z + x ) = = −3 ( x − y )( y − z )( z − x ) ( x + y )( y + z )( z + x ) ) Khi đó dễ thấy P là số nguyên Theo nguyên lý Dirichlet số nguyên x, y, z có ít hai số cùng tính chẵn lẻ Giả sử đó là x và y, đó dẫn đến x − y chẵn nên suy P chia hết cho và 3, đó P chia hết cho Câu 2(2.0 điểm) a) Tìm các số nguyên x,y thoả mãn 2x + 2x y + x + 2xy =x + 10 • Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có bậc ba ẩn x và có bậc ẩn y nên ta không thể sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai Do đó ta chú ý đến phân tích phương trình dạng phương trình ước số Ta có ( ) ( ) ( ) 2x + 2x y + x + 2xy =x + 10 ⇔ 2x x + y + 2x x + y − x + x = 10 ( )( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ x + y x + x − x + x = 10 ⇔ x + x 2 x + y − 1 = 10   2 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 23 Website:tailieumontoan.com ) ( ( ) Nhận thấy 10 =1.10 =2.5 =− ( 1)(−10) =− ( 2)(−5) , x + x= x x + là số chẵn và x + y − là số  lẻ Đồng thời ta có x + x=  x +  2 1  − > −1 ⇒ x + x ≥ 2 x + x = x + x = 10 Từ các nhận xét trên ta thấy có các trường hợp   2 x + y − = 2 x + y − = ) ( ) ( x + x = 10 Phương trình x + x = + Trường hợp Với  10 không có nghiệm nguyên 2 x + y − = ( ) 2 x + x = + Trường hợp Với  ⇔ 2 x + y − = ( ) x =  x 1;= = y    x = −2 ⇔  −2; y = x= x + y =   ( ) ( )( ) Vậy có hai số nguyên x; y thỏa mãn là 1; , −2; b) Cho 19 điểm phân biệt nằm tam giác có cạnh 3, đó không có ba điểm nào thẳng hàng Chứng minh luôn tìm tam giác có ba đỉnh là ba 19 điểm đã cho mà có diện tích không lớn • Phân tích Ta cần 19 điểm thuộc A tam giác nên ta chia tam giác ABC thành x  19  , từ đây ta tam giác cho   + = x H I x = • Lời giải Chia các cạnh tam giác thành tam giác nhỏ có B C cạnh Kẻ đường cao AP Theo pytago ta tính AP = 3 nên suy = = SABC :9 4  19  Theo nguyên lý Dirichlet có ít   + = điểm số 19 điểm thuộc số tam giác 9 nhỏ Giả sử tam giác AHI chứa điểm 19 điểm đã cho Vì tam giác nhỏ bên tam giác ABC nên = SAHI = :9 Từ đây ta suy Câu 3(3.0 điểm) a) Giải phương trình 2x + − x − = • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ Biến đổi tương đương phương trình ta Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 24 Website:tailieumontoan.com 2x + = x − + ⇔ 2x + = x − + x − + x = ⇔ x − = x ⇔ 16 x − = x ⇔ x − 16x + 48 = ⇔   x = 12 ( ) { } Cả hai nghiệm trên thỏa mãn điều kiện Vậy ta có tập nghiệm là S = 4;12 2x + x y + +2x + xy + = b) Giải hệ phương trình  x + 3x + y = • Phân tích và lời giải Phương trình thứ hệ tương đương với 2x + x y + 2x + xy = −6 ( )( ) hay ta x + x 2x + y = −6 Bây để ý đến phương trình thứ hai ta lại có thể biến đổi để ( ) xuất các nhân tử VT phương trình thứ x + 3x + y= ⇔ x + x − = − 2x + y Sử dụng phương pháp để đưa hệ phương trình phương trình ẩn (x )( ) ( )( ) + x x2 + x − − = ⇔ x2 + x + x2 + x − =   −1 + 13 −1 + 13 ;y = − 13 − x = x = 2 ⇒ ⇔ x +x−3= 0⇔    −1 − 13 −1 − 13 ;y 13 − = = = x x 2    −1 − 13   −1 + 13  Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm  ; 13 −  ,  ; − 13 −      2     ( ) Câu Cho đuờng tròn O; R và dây cung BC cố định Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Bên ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABDE, ACFG và hình bình hành AEKG a) Chứng minh AK = BC và AK vuông góc BC • Phân tích Theo giả thiết ta đã có K AB = AE = KG và AC = AG , để AK = BC ta cần chứng minh G KGA = BAC Muốn ta cần  = KGA  Dễ thấy BAC  + EAG  = BAC 1800  + KGA = EAG 180 E C' B' A và Đến đây ta có điều cần chứng F O D minh Mặt khác để chứng minh KA vuông góc với BC ta gọi H là giao T B S M H C điểm KA và BC Khi đó để ý thấy AB vuông góc AE mà KG//AE nên ta có thể thấy AB vuông góc với KG Gọi J là giao điểm  = KAJ  ta cần có thêm JKA  = ABH  mà việc này đã hoàn tất vì ta đã có AB và KG, ta đã có BAH KGA = BAC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 25 Website:tailieumontoan.com       • Lời giải Ta có KEA + EAG =1800 , BAC + EAG =1800 ⇒ KEA =BAC Lại có EK = AG = AC; EA = AB ⇒ AEK = BAC ⇒ AK = BC  = ABC  Ta có AEK = BAC ⇒ EAK  + ABC  = BAH  + EAK  = 900 ⇒ AH ⊥ BC Gọi H là giao điểm KA và BC, ta có BAH Vậy AK ⊥ BC b) Gọi giao điểm DC và BF là M Chứng minh ba điểm A, K, M thẳng hang • Phân tích Để chứng minh A, K, M thẳng hàng ta chứng minh K, M, H thẳng hàng Ta đã có KH vuông góc với BC Từ hình vẽ ta dự đoán tam giác KBC có M là trực tâm và BC là cạnh Như ta chứng minh tam giác KBC có BM vuông góc KC và CM vuông góc với KB • Lời giải Gọi T và S là giao điểm KB với CD và KC với BF Gọi Z là giao KC và AG  =  + 900 ; BCF  =  + 900 mà KAG  = ACB  ⇒ KAC  = BCF  Vì KAC KAG ACB  = BCF  ⇒ KAC = BCF ⇒ CKH  = FBC  Vì KA = BC; AC = CF; KAC  + KCH  =  + KCH  = Ta lại có CKH 900 ⇒ FBC 900 ⇒ BF ⊥ KC Tương tự ta có KB ⊥ CD Từ hai kết trên suy M là trực tâm KBC đó suy M ∈ KH Vậy ba điểm A, K, M thẳng hàng ( ) c) Chứng minh A thay đổi trên cung lớn BC đường tròn O; R thì K luôn thuộc đuờng tròn cố định • Lời giải Dựng hình vuông BCC ' B ' trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn BC , suy B ' C ' cố định Ta có AKB’B là hình bình hành (vì BB ', KA cùng vuông góc BC suy BB ' song song   với KA; BB ' KA = BAH =' KA = BC ) Do đó B ' K song song với AB nên B ' = HAC  Tương tự ta có AKC ' C là hình bình hành nên suy KC ' song song với AB nên AKC   ' = BAH  + HAC  = BAC  Từ đó ta có B ' KC ' = B ' KA + AKC ( ) Vì A thay đổi trên cung lớn BC đường tròn O; R thì K luôn nhìn đoạn B ' C ' cố định  Do đó K thuộc quỹ tích cung chứa góc  dựng trên đoạn góc không đổi  = BAC B ' C ' cố định Câu Cho các số duơng x, y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= (2x + y ) + ( x + 2y ) +1 −1 + (2x + y )( x + 2y ) − +1 −1 ( x+y ) • Phân tích và lời giải Nhận thấy P có xuất lặp lại 2x + y; 2y + x nên để đơn giản hóa ta đổi biến a =2x + y; b =2y + x Khi đó biểu P viết lại thành = P a +1 −1 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 + b +1 −1 + ab − a+b TÀI LIỆU TOÁN HỌC 26 Website:tailieumontoan.com Nhìn vào mẫu số các phân số P ta thấy a + và b3 + có thể phân tích thành nhân tử sau đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM để làm mà không bị đổi chiều a + 1= Tương tự b3 + 1= ( a + 1) ( a ( b + 1) ( b 2 ) −a +1 ≤ ) −b+1 ≤ a + + a2 − a + a2 + a2 = ⇒ a3 + − ≤ 2 b + + b2 − b + b2 + b2 = ⇒ b3 + − ≤ 2 1 2 ≤ + ⇒− ≥ − − Do đó ta a+b a b a+b a b Mặt khác P≥    ab 2 4 ab 2  4 ab 2 + + − − =  + 1 +  + 1 + − − −2 ≥ + + − − −2 a b a a b a b a b  b  a b Hay ta P ≥ 2 ab 2 ab + + − ≥ 33 −2 = a b a b  a + = a − a +  b + = b2 − b +  4 Vậy Min P = ⇔  = = ⇔ a =b =2 ⇒ x = y = a b 2 ab = = a b a = b  ( ) Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 27 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ Chuyên Tin - Năm học 2016 – 2017 Câu (2.0 điểm) a) Chứng minh +7 − 35 −7 = b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x + 2xy + y = Câu (2,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P = 2xy 10z với x, y, z là các số + + 2x + 2xz + y + 2xy + 10 10z + yz + 10 thỏa mãn xyz = và biểu thức P có nghĩa b) Trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 có 112 thí sinh đăng ký dự thi vào lớp Chuyên Tin, giả sử thí sinh quen ít 75 bạn 112 thí sinh này Chứng minh luôn chọn nhóm có thí sinh mà hai bạn nào nhóm quen Câu (2,0 điểm) ( x + 3) x + 4xy =( 2x + 1)( y + 1)  a) Giải phương trình 4x + = b) Giải hệ phương trình  x y + =   y + 2x + Câu (3,0 điểm) ( ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O; R đường kính AK Trên cạnh BC lấy điểm M; ( ) ( vẽ đường tròn D; R1 qua M và tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn E; R ( ) qua M và tiếp xúc ) ( ) với AC C Gọi N là giao điểm thứ hai khác M đường tròn D; R1 và đường tròn E; R ( ) a) Chứng minh N thuộc đường tròn O; R và ba điểm A, M, N thẳng hàng b) Khi M thay đổi trên đoạn BC chứng minh R1 + R = R và tứ giác ADNE có diện tích không đổi c) Khi M thay đổi trên đoạn BC Tính diện tích nhỏ tam giác ADE theo R Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 + + = x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 2x + 3y + x + 4y 2y + 3z3 + y + 4z 2z3 + 3x z + 4x TÀI LIỆU TOÁN HỌC 28 Website:tailieumontoan.com Phân tích và hướng dẫn giải Câu (2.0 điểm) a) Chứng minh +7 − 35 −7 = • Lời giải Ta có ( ) + ( ) = (1 + ) = + −7 = − + + 3( 2) + ( 2) = − (1 + ) = − (1 + ) + − − = + + − (1 + ) = + = + 33 + 3 Do đó ta 3 3 3 3 3 3 3 2 b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x + 2xy + y = • Phân tích Phương trình đã cho có dạng bậc biến y nên ta phân tích phương trình dạng ) ( ( x − =− y 2x + Do x và y là các số nguyên nên ta x −  2x + ( ) ( ) hay ta ) 4x − − 23  2x + , điều này dẫn đến 23  2x − Đến đây ta giải phương trình ( ) • Lời giải Phương trình đã cho tương đương với x − =− y 2x + Do x và y là các số nguyên ( ) ) ( ( ) ước 23 nên x ∈ {−12; −1; 0;11} Thay các giá trị x vào phương trình đã cho ta các nghiệm là ( x; y ) = ( −12; ) , ( −1; −5 ) , ( 0; ) , (11; −5 ) nên ta x −  2x + hay 4x − − 23  2x + , điều này dẫn đến 23  2x + hay 2x + là Câu (2,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P = 2xy 10z với x, y, z là các số thỏa mãn + + 2x + 2xz + y + 2xy + 10 10z + yz + xyz = và biểu thức P có nghĩa • Lời giải Kết hợp xyz = ta biến đổibiểu thức P thành 2xy 10z + + 2x + 2xz + y + 2xy + 10 10z + yz + 10 2xy xyz.2z = + + 2x + 2xz + y + 2xy + 2xyz 2xyz.z + yz + 2xyz 2y 2xz + 2y + 2zx = + + = =1 2x + 2xz + 1 + 2x + 2xz 2xz + + 2x 2x + 2zx + P= b) Trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 có 112 thí sinh đăng ký dự thi vào lớp Chuyên Tin, giả sử thí sinh quen ít 75 bạn 112 thí sinh này Chứng minh luôn chọn nhóm có thí sinh mà hai bạn nào nhóm quen • Lời giải Vì 112 thí sinh thí sinh quen ít 75 bạn nên với hai bạn quen 38 (bạn) Trong các bạn quen chung A và B có số bạn quen chung ít là 75 + 75 – 112 = A và B luôn tồn ít hai bạn C và D quen nhau, vì không có hai bạn nào quen thì bạn quen chung A và B quen nhiều 112 – 38 = 74 (bạn) trái với giả thiết Vậy ta chọn nhóm bạn A, B, C, D mà hai bạn nào nhóm quen Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 29 Website:tailieumontoan.com Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình 4x + = ( x + 3) x+2 • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ −2 Biến đổi phương trình ta 4x + = ⇔ x+2 ( +Với x+2 −3 = ⇔ + Với x+2 −x = ⇔ ( x + 3) x + ⇔ x + − x + + 3x − x x + = ) ) ( x+2 −3 +x 3− x+2 = ⇔ ( x+2 −x )( ) x+2 −3 = x +2 = ⇔ x +2 = ⇔ x = x ≥ x ≥ ⇔x=2 x+2 = x ⇔  ⇔  = = x −2 x + x x − { } Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình đã cho là S = 2; ( )( ) 4xy = 2x + y +  b) Giải hệ phương trình  x y + =   y + 2x + • Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình là x ≠ − ; y ≠ −1  x y =  Biến đổi hệ phương trình thành  y + 2x +  x + y =  y + 2x + Khi đó  1 x y là các nghiệm phương trình t2 − t + = ⇔ t ∈ 1;  ; 4 y + 2x +  4 Ta có hai trường hợp sau  x =1  x= y + ⇔ ⇔ + Trường hợp Với  y + = 2x + 4y  y =1  2x +  x =  + Trường hợp Với  y + ⇔  y =1  2x + 4x = y + ⇔  y= 2x +  x= y + ⇔  4y= y + + ( ) 4x = 2x + + ⇔  y= 2x +   x =  y =  x =  y=  5 3 Kết hợp với điều kiện xác định ta các nghiệm hệ đã cho là x; y = 1; ,  ;  2 2 ( ) ( ) ( ) Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O; R đường kính AK Trên cạnh ( ) ( ) M và tiếp xúc với AC C Gọi N là giao điểm thứ hai khác M đường tròn ( D; R ) và đường tròn ( E; R ) BC lấy điểm M; vẽ đường tròn D; R1 qua M và tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn E; R qua Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 30 Website:tailieumontoan.com ( ) a) Chứng minh N thuộc đường tròn O; R và ba điểm A, M, N thẳng hàng • Phân tích ( + Để chứng minh điểm N thuộc đường tròn O; R ) A ta chứng minh tứ giác ABNC nọi tiếp đường tròn  = 600 nên ta cần Mà ta đã có BAC  = 1200 Để ý ta có BNM   BNC = CNM = 600 nên ta có điều càn chứng minh O  = 600 và BNA  = 600 ta dễ dàng suy + Từ BNM ba điểm A, M, N thẳng hàng ( • Lời giải Vì tam giác ABC nội tiếp O; R ) M B có đường kính AK nên AB = BC = CA = R    và lại có BAC = ABC = ACB = 600 ( Vì BA là tiếp tuyến đường tròn D; R1 ( ) C D E N K P   nên BNM = ABM = 600 và CA là tiếp tuyến )   đường tròn E; R nên CNM = ACM = 600  + BNC  = BAC  + BNM  + CNM  = 600 + 600 + 600 = 1800 nên suy tứ giác Từ đó ta BAC ( ) ABCN nội tiếp đường tròn hay N thuộc đường tròn O; R ( )    = 600 đó ta Vì N thuộc đường tròn O; R nên ta có BNA = CNA = 600 mà ta lại có BNM   = BNM = 600 nên ba điểm A, M, N thẳng hàng BNA b) Khi M thay đổi trên đoạn BC chứng minh R1 + R = R và tứ giác ADNE có diện tích không đổi = BD = R1 ; ME = CE = R , để chứng = OK = OC = R Lại có MD • Phân tích Dễ thấy OB minh R1 + R = R ta cần tứ giác MDKE là hình bình hành Điều này đồng nghĩa với chứng minh BK song song với ME và MD song song với KC Để chứng minh tứ ADNE có diện tích không đổi ta tính diện tích tứ giác ADNE theo R   = BCA = 600 nên tam giác OBK đều, đó ta = OK = R và BKO • Lời giải Tam giác OBK có OB  = KCB  suy BK = R Ttương tự ta CK = R nên tam giác BKC cân K, đó KBC ( ) Vì BA là tiếp tuyến đường tròn D; R1 nên BD vuông góc với BA, mà ta có BK vuông góc với  = DBC  suy D thuộc BK nên BA nên suy D nằm trên BC, điều này dẫn đến KBC  = DBC  , lại có DB   KBC = DM = R1 nên DMB = DBC  = DMB  nên DM song song với KC hay DM song song với KE Từ các kết trên ta KCB Chứng minh tương tự ta có EM song song với DK đó tứ giác MDKC là hình bình hành Từ đó suy DM = KE hay DM + EC = EK + EC nên suy R1 + R = R Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 31 Website:tailieumontoan.com Ta có AN vuông góc với NK hay ED vuông góc với AN, đó DE song song với AN, điều này dẫn đến SDNE = SDKE nên SADNE = SADKE Lại có SADKE = SADK + SAEK = Do đó suy ta SADKE = 1 R R2 AB.DK + AC.KE = DK + KE = 2 2 ( ) R2 không đổi c) Khi M thay đổi trên đoạn BC Tính diện tích nhỏ tam giác ADE theo R R2 không đổi nên để tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác ADE thì ta tìm giá trị lớn diện tích tam giác DEK • Phân tích Ta có SADKE = SADE + SKDE = • Lời giải Ta có SADKE = R2 R2 R2 hay SADE + SKDE = nên= − SKDE SADE 2 Kẻ EP vuông góc với DK P, đó ta có = SDKE 1  KD.KE sin 600 = KD.EP KD.KE = sin PKE 2 2 R ≤ = KD + KE 16 ) ( Suy SADE ≥ R R 7R − = , dấu xẩy KD = KE hay M là trung điểm 16 16 BC Vậy SADE đạt giá trị nhỏ 7R M là trung điểm BC 16 1 1 + + = x y z Câu (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 2x + 3y + x + 4y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 2y + 3z3 + y + 4z 2z3 + 3x z + 4x • Phân tích và lời giải Ta dự đoán với x= y= z= thì P = Như ta chuyển bài toán chứng minh P ≥ Ta chứng minh 2x + 3y ≥ xy Thật x + 4y 2x + 3y ≥ xy ⇔ 2x + 3y ≥ xy x + 4y ≥ 2x + 3y − x y − 4xy ≥ x + 4y ⇔ 2x − 4x y + 2xy2 + 3y − 6xy2 + 2x y ≥ ( ( ) ( ) ) ( ⇔ 2x x − 2xy + y2 + 3y2 x − 2xy + y2 ≥ ⇔ x − y Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có Áp dụng tương tự ta có Như ta P ≥ ) (2x 2 ) + 3y2 ≥ 2x + 3y ≥ xy x + 4y 2y + 3z3 2z3 + 3x ≥ z; ≥ zx y + 4z z + 4x xy + yz + zx Ta cần chứng minh đươc xy + yz + zx ≥ Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho giả thiết ta thu Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 32 Website:tailieumontoan.com 1= 1 + + ≥ x y z xy + yz + zx ≥ xy + yz + zx xy + yz + zx ≥ Từ đó ta Vậy ta có P ≥ nên giá trị nhỏ P là 9, dấu xẩy x= y= z= Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ Năm học 2016 – 2017 Câu 1(1.5 điểm) Cho biểu thức P(x)= x2 − x x + x +1 − 2x + x x + ( x −1 ) x −1 a) Tìm x để P(x) xác định và rút gọn P(x) b) Tìm các giá trị x để biểu thức Q(x) = x nhận giá trị nguyên P(x) Câu 2(2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho parabol = (P) : y mx (m > 0) và đường thẳng (d) : = y 2x − m2 a) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A và B Khi đó chứng minh A và B cùng nằm phía trục tung b) Với m tìm câu a Gọi x A ; x B theo thứ tự là hoành độ các điểm A và B Tìm m để biểu = thức K đạt GTNN + x A + x B 4x A x B Câu 3(2.0 điểm) a) Giải phương trình x + 3x + + x − + 6= x + + x + + x − x + 2xy2 + 12y = b) Giải hệ phương trình  2 12 8y + x = Câu (3.0 điểm) ( ) ( ) Cho hai đường tròn O1 và O2 có bán kính khác nhau, cắt hai điểm A và B ( ) cho O1, O2 thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB Đường tròn O ngoại tiếp tam ( ) ( ) ( ) ( ) giác BO1O2 cắt O1 và O2 K và L (khác A và B) Đường thẳng AO cắt O1 và O2 M và N(khác A) Hai đường thẳng MK và NL cắt P cho P và B thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thảng KL Chứng minh a) Tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn b) Điểm A cách hai đường thẳng BK và BL c) Điểm P thuộc đường thẳng AB và tam giác PKL cân Câu 5(1.5 điểm) a) Cho các số thực dương x , y thỏa mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 33 Website:tailieumontoan.com M = 6x + 4y2 + 10xy + ( 4x 3y + + 2016 y x ) b) Tìm các số nguyên dương x; y; z thỏa mãn các điều kiện 1 + + = và x y z x − y + z= x− y+ z Phân tích và hướng dẫn giải x2 − x Câu Cho biểu thức P(x)= x + x +1 2x + x − ( ) x ( x −1 + ) x −1 ( ) a) Tìm x để P x xác định và rút gọn P x Điều kiện để P(x) xác định là x ≥ 0; x ≠ , Khi đó ta có ( ) P x= x2 − x − x + x +1 x x x −1 2x + x ( x −1 + ) x x −1 x x +1 x −1 x +1 = − + x + x +1 x x −1 =x − x − x − + x + =x − x + ( ) ) ( ( )( ) x nhận giá trị nguyên P(x) b) Tìm các giá trị x để biểu thức Q(x) = • Phân tích Để tìm các giá trị x để biểu thức Q(x) = x nhận giá trị nguyên Thì ta cần tìm P(x) ( ) ( ) giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức Q x Dễ thấy Q x ≥ nên cần tìm giá trị lớn Ta có hướng xử lý + Sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình để tìm giá trị lớn nhỏ ( ) + Dùng thẳng BĐT Cauchy vào mẫu thức Q x ( ) Q x = x ( ) P x = x x − x +1 ≤ x x− x + Lấy nghịch đảo tìm giá trị nhỏ biểu thức ( ) Q x = x − x +1 x = ( ) =2⇒ 0≤Q x ≤2 ( ) Q x x 1 + − ≥2 2 x x 1 − = 2 x 2 Đến đây xét các giá trị nguyên khoảng là bài toán giải ( ) • Lời giải Với x ≥ 0; x ≠ thì Q = x Ta có x x − x +1 x x = P x x − x +1 ( ) > với x thuộc điều kiện xác định Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 34 Website:tailieumontoan.com Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có Khi đó ( ) Q x ≥ ( ) Q x x − x +1 = x = x 1 + − ≥2 2 x x 1 − = 2 x 2 ⇒ Q x ≤ nên ta ≤ Q x ≤ Do Q x nhận giá trị nguyên nên ta ( ) ( ) ( ) xét các trường hợp sau ( ) + Xét Q x = , đó ta x x − x +1 = ⇒ x = , thỏa mãn điều kiện xác định ( ) + Xét Q x = , đó ta 3± 5  = ⇔ x = x − x +1 ⇔ x −3 x +1 = ⇔ x =    x − x +1   x ( ) + Xét Q x = , đó x x − x +1 = ⇔ 2x − x + = x ⇔ ( x −1 ) 2 =0⇔x=1 2   −   +     ;  Kết hợp với điều kiện xác định ta các giá trị thỏa mãn là x ∈ 0;1;              Câu Trong mặt phẳng Oxy cho parabol = (P) : y mx (m > 0) và đường thẳng (d) : = y 2x − m2 a) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A và B Khi đó chứng minh A và B cùng nằm phía trục tung ( ) ( ) 2x − m2 phải có hai • Phân tích Để d cắt P hai điểm phân biệt A và B thì phương trình mx= nghiệm phân biệt Chuyển phương trình trên phương trình bậc hai ẩn x và tìm điều kiện có nghiệm cho phương trình Ta có mx = 2x − m2 ⇔ mx − 2x + m2 = Khi đó  = − 4.m2 m = − 4m > ⇔ m < ⇔ m < Khi đó ta có hai nghiệm phương trình là x = − − m3 + − m3 = ;x 2m 2m Để chứng minh A và B cùng nằm phía trục tung thì ta cần chứng minh hai hoành độ hai giao điểm cùng dấu hay chứng minh hai nghiệm trên phải cùng dấu Khi đó ta nghĩ đến việc xét tích hai nghiệm − − m3 + − m3 − + m3 m = = 2m 2m 4m2 Do m > nên suy − − m3 + − m3 > Đến đây ta điều phải chứng minh 2m 2m ( ) ( ) • Lời giải Để đường thẳng d cắt parabol P hai điểm phân biệt A và B thì phương trình hoàng độ mx= 2x − m2 phải có hai nghiệm phân biệt hay mx − 2x + m2 = có hai nghiệm phân biệt Khi đó  = − 4.m2 m = − 4m > ⇔ m < ⇔ m < Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 35 Website:tailieumontoan.com Khi đó ta có hai nghiệm phương trình là x = Xét tích hai nghiệm trên ta có Vì m > nên − − m3 + − m3 = ;x 2m 2m − − m3 + − m3 − + m3 m = = 2m 2m 4m2 − − m3 + − m3 > , đó hai nghiệm trên cùng dấu 2m 2m Vậy A và B cùng dấu hay cùng nằm phía trục tung b) Với m tìm câu a Gọi x A ; x B theo thứ tự là hoành độ các điểm A và B Tìm các giá trị m để biểu = thức K đạt giá trị nhỏ + x A + x B 4x A x B + • Phân tích và lời giải Với < m ≤ , đó phương trình hoàng độ có hai nghiệm phân biệt cùng dấu Theo định lý Vi – et ta có x A = + xB ; x= x m Khi đó thay vào biểu thức K ta m A B 1 K= + = m+ x A + x B 4x A x B + 4m + Đến đây cần tìm giá trị nhỏ K = m+ 4m + Giả sử K0 là giá trị nhỏ biểu thức K, đó phương trình sau có nghiệm 4m2 + m + =K0 ⇔ 4m2 + m + =4K0 m + K0 ⇔ 4m2 + m − 4K0 + − K0 =0 4m + ( ) Phương trình trên là phương trình bậc ẩn m nên để phương trình có nghiệm thì ( ∆ ≥ ⇔ − 4K0 ) ( − 4.4 − K0 )   K0 ≥ ≥ ⇔ 16K + 8K0 − 15 ≥ ⇔  K ≤ −5  Mặt khác vì m > nên K0 > , đó suy K0 ≥ Suy giá trị nhỏ K là Vậy với m = 3 , xẩy m + = ⇔m= 4m + 4 1 + thì biểu = thức K đạt giá trị nhỏ x A + x B 4x A x B + Câu a) Giải phương trình x + 3x + + x − + 6= x + + x + + x − • Phân tích Điều kiện xác định phương trình là x ≥ Dễ thấy các đại lượng vế trái biến đổi thành x − = ( x − 1)( x + 1) và x + 3x + = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ( x + 1)( x + ) Quan sát phương trình ta nghĩ TÀI LIỆU TOÁN HỌC 36 Website:tailieumontoan.com đến phép tích phương trình thành tích phép đặt ẩn phụ Để ý hệ số x + 2; x − giống và x + nên ta phân tích sau Phương trình tương đương với bên vế trái có nhân tử chung là x + x + + x + x − + 6= x + + x + + x − ⇔ x + x + + x + x − + 6= x + + x + + x − ⇔ x +1 ( ⇔( ⇔ ( ) ( ) ( x + + x − ) =0 x − ) − ( x + − 2) =  x +1 −2 = x − − 3) = ⇔   x +2 + x −1 − = x +2 + x −1 + − x +1 −2 )( x + − )( x +1 −2 x+2 + x+2 +  Đến đây cần xét hai trường hợp và giải phương pháp nâng lên lũy thừa là bài toán giải • Lời giải Điều kiện xác đinh phương trình là x ≥ Phương trình tương đương với x + x + + x + x − + 6= x + + x + + x − ⇔ x + x + + x + x − + 6= x + + x + + x − ⇔ x +1 ( ⇔( ⇔ ( ) ( ) ( x + + x − ) =0 x − ) − ( x + − 2) =  x +1 −2 = x − − 3) = ⇔   x +2 + x −1 − = x +2 + x −1 + − x +1 −2 )( x + − )( x +1 −2 x+2 + x+2 +  + Trường hợp Với x +1 = ⇔ x +1 = ⇔ x = +Trường hợp Với x +2 + x +1 = , đó ta x + + x − = ⇔ 2x + + ⇔ ( x + )( x − 1) = x + x − = − x ⇔ x + x − = x − 8x + 16 ⇔ 9x = 18 ⇔ x = { } Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm phương trình là S = 2; x + 2xy2 + 12y = b) Giải hệ phương trình  2 12 8y + x = • Phân tích Các phương trình hệ trên khá giống với các phương trình đẳng cấp điểm không đồng bậc nằm hệ số 12 hai phương trình Khi đó chú ý vào hệ số đó ta phương trình hai vào phương trình phương trình đẳng cấp bậc Thay vào ta được: 3 y = x + 2xy + 12y x + 2xy + 8y + x= ⇔   2 12 8y + x 12 = = 8y + x  Dễ thấy y ≠ nên chia hai vế phương trình cho y thứ hệ ta phương trình x x 2x x + + +8= , đó đặt t = thì phương trình trở thành phương trình bậc ẩn y y y y ( )( ) t3 + t2 + 2t + = ⇔ t + t2 − t + = ⇔ t = −2 Từ t = −2 ta x = −2y , vào phương trình thứ hai ta Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 37 Website:tailieumontoan.com 8y2 + 4y2 =12 ⇔ y2 =1 ⇔ y =±1 ⇒ x =2 ( ) ( )( Vậy nghiệm hệ phương trình là x; y = −1; , 1; −2 ) x + 2xy2 + 8y + x y = • Lời giải Hệ phương trình tương đương với  2 12 8y + x = Do y ≠ nên chia hai vế phương trình cho y ta Đặt t = x 2x x + + +8= y y2 y3 x , đó phương trình trên trở thành y ( )( ) t3 + t2 + 2t + = ⇔ t + t2 − t + = ⇔ t = −2 Từ t = −2 ta x = −2y , vào phương trình thứ hai ta 8y2 + 4y2 =12 ⇔ y2 =1 ⇔ y =±1 ⇒ x =2 ( ) ( )( ) Câu Cho hai đường tròn ( O ) và ( O ) có bán kính khác nhau, cắt hai điểm A và B cho O , O thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB Đường tròn ( O ) ngoại tiếp tam giác BO O cắt ( O ) và ( O ) K và L (khác A và B) Đường thẳng AO cắt ( O ) và ( O ) Vậy nghiệm hệ phương trình là x; y = −1; , 1; −2 1 2 2 M và N(khác A) Hai đường thẳng MK và NL cắt P cho P và B thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng KL a) Chứng minh tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn   1800 chứng • Phân tích Để tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn ta chứng minh KPL + KBL =  + PLB =  =  PLB =  nên ta chuyển sang chứng minh PKB 1800 − MKB; 1800 − BLN 1800 Để ý là PKB  + NLB = minh MKB 1800 Dễ dàng chứng minh điều này vì tứ giác MKAB và BALN nội  + NAB =  MAB;   BAN  và MAB tiếp O1 và O2 = nên MKB = BLN 1800 ( ) ( ) • Lời giải Vì các tứ giác MKAB và ( ) BALN nội tiếp O1 và (O ) nên ta có P K L M A  MAB;   BAN  mà = MKB = BLN  + NAB  = MAB 1800  + NLB = Suy MKB 1800 mặt khác N O2 O1 B   PKB = 1800 − MKB   PLB = 1800 − BLN  + PLB  = 1800 ⇒ Tứ giác Nên PKB BKPL nội tiếp đường tròn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 38 Website:tailieumontoan.com b) Điểm A cách hai đường thẳng BK và BL • Phân tích Để chứng minh A cách BK và BL ta có thể hạ đường cao từ A đến BK và BL để chứng minh cạnh nhiên khó có thể chứng minh các cạnh nên ta chuyển sang chứng minh  = LBA  Nếu sử dụng tứ giác nội tiếp BA là phân giác góc KBL hay chuyển chứng minh KBA đường tròn O1 và O2 thì ta không thu kết gì Nên ta nghĩ đến các góc nội tiếp  1=   AO    = KBA KO A; ABL L Mặt khác để ý KO A; AO L là các góc tạo bán kính nên là góc 2 2   180 − KAO 180 − LAO   đỉnh tam giác cân KO1A; ; AO2 L = AO2 L nên KO1A = 2  = LAO  đây là hai góc đối đỉnh nhiên để sử dụng tính chất Ta chuyển bài toán chứng minh KAO ( )( ) đó thì cần chứng minh O1, A, L ; O2 , A, K là hai cặp điểm thẳng hàng Để chứng minh  =O    O1 ; O; L thẳng hàng ta cần chứng minh ALB LB Để ý là O LB = O O B (góc nội tiếp cùng chắn 1  =O  cung BO1 ) nên ta chuyển chứng minh ALB O B điều này đúng dựa vào tính chất hai đường  nửa góc tâm là   tròn cắt và quan hệ góc nội tiếp ALB AO2 B = 2.O O B Chứng minh tương tự với O2 , A, K Bài toán chứng minh  1=     = ALB AO B O O B( LB = O O B (góc nội tiếp cùng chắn cung BO1 ) và • Lời giải Ta có O 1 2 2  =O  góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung AB) Do đó ALB LB suy ba điểm O ; O; L thẳng 1  = LAO  (đối hàng Chứng minh tương tự ta ba điểm O2 ; A; K thẳng hàng Khi đó KAO đỉnh)  1=   AO  Ta có KBA = KO A; ABL L (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung KA, AL) 2 Mặt khác vì các tam giác KO1A; AO2 L là các tam giác cân nên   180 − KAO 180 − LAO   KO1A = ; AO2 L = 2  = LBA  hay BA là phân giác góc KBL  suy A cách BK và BL Từ đó ta có KBA c) Điểm P thuộc đường thẳng AB và tam giác PKL cân • Phân tích và lời giải Bài toán yêu cầu chứng minh điểm P thuộc đường thẳng AB và tam giác PKL cân Nên ta cần chứng minh điều kiện cần và đủ + Chứng minh P thuộc AB thì PKL cân Vì P thuộc AB nên ta cần khai thác giả thiết này Có hai hướng xử lý     khai - Hướng Ta có P, A, B thẳng hàng Chú ý tam giác MPN cân PMN = KBA = ABL = MNP thác từ câu b) Khi đó cần chứng minh KL//MN ta không thể sử dụng yếu tố góc không thể sử dụng yếu tố cạnh có hai cạnh Chú ý đến tứ giác MKAB và BKNL nội tiếp nên PK.PM = PA.PB và PL.PN = PA.PB Suy PK.PM = PL.PN mà PN = PM nên PK = PL Suy tam giác PKL cân Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 39 Website:tailieumontoan.com - Hướng Ta có P, A, B thẳng hàng nên chú ý vào khai thác việc P nằm trên AB thì cho ta cái gì đó nghĩ đến áp dụng kết câu b) ta có BP là phân giác góc KBL suy  = LBP  ⇒ KP  = PL  ⇒ KP = PL KBP Từ đó dẫn đến tam giác PKL cân + Chứng minh PKL cân thì P thuộc AB Ta chuyển chứng minh P, A, B thẳng hàng với KP = LP Vì cần P, A, B thẳng hàng nên cần chứng minh BA trùng BP Tương tự trên ta có hướng xử lý:  = LBP  (góc cùng chắn cung nhau) nên BP là phân giác - Hướng Vì KP = PL nên KBP góc KBL sử dụng kết câu b) là BA là phân giác góc KBL nên BA ≡ BP ( ) ( ) - Hướng Nếu PK = PL thì PK.PM = PL.PN Gọi A’ và A’’ là giao điểm BP với O1 và O2 thì PK.PM = PA = ' PB PL.PN = PA '' PB Suy A ≡ A ' ≡ A '' hay P ∈ AB Câu a) Cho các số thực dương x , y thỏa mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = 6x + 4y2 + 10xy + 4x 3y + + 2016 y x • Phân tích Quan sát giả thiết và biểu thức M là nghĩ đến việc biến đổi biểu thức M cho xuất ) )( ( tổng x + y Dễ thấy 6x2 + 4y2 + 10xy = x + y 6x + 4y Do đó ta cần biến đổi xuất x + y Ta có 4x 3y cho có + y x 4x 4y 3y 3x + + + = x+y + x + y Từ đó ta có biến đổi y y x x y x ( ) ( ) 4x 3y + + 2016 = x + y 6x + 4y + x+y + x + y + 2009 y x y x  3 =  6x + 4y + +  + 2009 y x  ( M = 6x + 4y2 + 10xy + )( ) ( ) ( ) Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 6x + 4y + 3 4 + = 3x + + y + + x + y ≥ 3x + y + = + + y x x y x y ( ) Đến đây ta giải bài toán • Lời giải Biến đổi biểu thức M và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta 4x 3y 4x 4y 3y 3x + + 2016 = x + y 6x + 4y + + + + + 2009 y x y y x x  4 3 = x + y 6x + 4y + x+y + x + y + 2009 =  6x + 4y + +  + 2009 y x y x    =  3x + + y + + 3x + 3y  + 2009 ≥ + + + 2009 = 2066 x y   ( M = 6x + 4y2 + 10xy + ( )( ) ( ) ( )( ) ) ( ) Dấu xẩy tại= x 1;= y Vậy giá trị nhỏ M là 2066, đạt tại= x 1;= y Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 40 Website:tailieumontoan.com ( ) b) Tìm các số nguyên dương x; y; z biết • Phân tích và lời giải Nhìn giả thiết sang khai thác x − y + z= 1 + + = và x y z x − y + z= 1 1 ta không thể khai thác điều gì nên ta chuyển + + = x y z x − y + z Căn thức vế trái gợi cho ta ý tưởng bình phương x − y + z = x + y + z − xy − yz + xz ⇔ 2y − xy − yz + xz =0 ⇔ Đến đây cần xét trường hợp kết hợp với giả thiết + Xét x− y+ z x = y đó x = y suy ( y− x )( ) y − z =0 1 + + = là giải bài toán x y z + = ⇔ 2z + x − xz = ⇔ x − z − = x z ( )( ) Vì x, y nguyên dương nên ta có các trường hợp sau x= x −2 = Trường hợp Với  ⇔ ⇒ x = y = 4; z = z −1 = = z −2 = x= x Trường hợp Với  ⇔ ⇒ x =y =z =3 z −1 = = z  + Xét ( ) y = z , vì vai trò x và z nên ta chọn thêm cặp là 2; 4; ( ) ( )( )( ) Vậy nghiệm nguyên dương thỏa mãn là x; y; z = 4; 4; , 2; 4; , 3; 3; Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 41 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Năm học 2016 – 2017 Câu (3.0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = ( ) x − − + 4x − + x − với x ≥ b) Giải phương trình x + x + 3x + 2= x x + + x + x + y = + xy c) Giải hệ phương trình  2 18 x + y = Câu (2.0 điểm) ( ) a) Tìm tất các cặp số nguyên tố p; q thỏa mãn p2 − 5q = ( ) ( ) b) Cho đa thức f x = x + bx + c Biết b và c là các hệ số dương và f x có nghiệm Chứng () minh f ≥ c Câu (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x + y2 + z2 = 3xyz Chứng minh rằng: x2 y2 z2 + + ≥1 y+2 z+2 x+2 Câu (3,0 điểm) ( ( ) Cho hai đường tròn O; R và O' ; R ' ) ( ) cắt A và B OO' > R > R ' Trên nửa mặt phẳng bờ là OO’ có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn trên (với M thuộc (O) và N thuộc (O’)) Biết BM cắt (O’) điểm E nằm đường tròn (O) và đường thẳng AB cắt MN I  + MBN  = a) Chứng minh MAN 1800 và I là trung điểm MN b) Qua B kẻ đường thẳng d song song với MN, d cắt (O) C và cắt (O’) D (với C, D khác B) Gọi P, Q là trung điểm CD và EM Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACD và các điểm A, B, P, Q cùng thuộc đường tròn c) Chứng minh tam giác BIP cân Câu (1.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm Chứng minh HA HB HC + + ≥ BC CA AB Phân tích và hướng dẫn giải Câu (3.0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = • Lời giải Ta có ( ( x −1 −1 ) x − − + 4x − + x − với x ≥ ) = x − x − và 4x − + x −= Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ( x −1 +1 ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 42 Website:tailieumontoan.com Do với x ≥ thì x − + > nên 4x − + x − 1= x − + Vậy A= x + b) Giải phương trình x + x + 3x + 2= x x + + x + • Phân tích Để ý ta có x + 3x + 2= ( x + 1)( x + ) nên ta có thể phân tích phương trình thành tích sử dụng phép đặt ẩn phụ • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ −1 Phương trình đã cho tương đương với )( ( ) x + x + x + = x x + + x + ⇔ x − x + 1 − x + = x − x + = x = x +1 ⇔ ⇔ 1 − = = x+2 x+2   + Với x + = ⇔ x + = ⇔ x = −1 , thỏa mãn điều kiện xác định + Với x = x ≥ 1+ , thỏa mãn điều kiện xác định x +1 ⇔  ⇔ x= x − x − =  +  Vậy tập nghiệm phương trình là S= −1;    x + y = + xy c) Giải hệ phương trình  2 18 x + y = • Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình là xy ≥ ( Đặt a = x + y; b = xy b ≥ a= + b ) ( b ≥ ) Khi đó ta có hệ phương trình a  (3 + b) Thế a= + b vào phương trình còn lại ta được: 18 − 2b2 = − 2b2 = 18 ⇔ b2 − 6b + = ⇔ b = +y = x + y = x= x (thỏa mãn điều kiện) Do đó a; b = 6; Từ đó ta hệ  ⇔ ⇔ xy 9= y  xy = 3=   ( ) ( ) ( ) ( ) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y = 3; Câu (2.0 điểm) ( ) a) Tìm tất các cặp số nguyên tố p; q thỏa mãn p2 − 5q = ( )( ) • Phân tích Để ý từ p2 − 5q = ta viết thành p − p + = 5q Do p và q là các số nguyên tố nên và < p − < p + nên p − nhận các giá trị 1; 5; q; q Đến đây xét các trường hợp ta có lời giải cho bài toán ( )( ) • Lời giải Ta có p2 − 5q = ⇔ p2 − = 5q ⇔ p − p + = 5q Do < p − < p + và q nguyên tố nên p − có thể nhận các giá trị 1; 5; q; q Ta có bảng giá trị tương ứng Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 43 Website:tailieumontoan.com p−2 p+2 p q 5q q2 q 5q q2 ( ) ( ) Do p, q là các số nguyên tố nên có cặp p; q = 7; thỏa mãn ( ) ( ) b) Cho đa thức f x = x + bx + c Biết b và c là các hệ số dương và f x có nghiệm Chứng minh () f ≥ c • Lời giải ( ) + Cách Ta có f x có nghiệm nên ∆= b2 − 4c ≥ ⇔ b ≥ c () Ta lại có f = + 2b + c ≥ + c + c = ( c +2 ) và c + 2= c +1+1≥ 3 c   Do đó f ≥  3 c  = 93 c   () ( ) ( + Cách Theo hệ thức Vi – et ta có x1 x = c và f x = x − x1 )( x − x ) ( ) Do b và c dương nên f x có nghiệm âm, suy x1 < 0; x < ( ) ( )( ) Đặt x1 = −p, x = −q thì p > 0, q > và pq = c Ta có f x =x + p x + q từ đó dẫn đến ( ) (2 + p )(2 + q ) = (1 + + p )(1 + + q ) f = ≥ 3 p.3 q = pq = 93 c Câu Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x + y2 + z2 = 3xyz Chứng minh rằng: x2 y2 z2 + + ≥1 y+2 z+2 x+2 • Lời giải Ta có x2 y+2 x2 y + 2 x2 6x − y − + ≥2 =x⇒ ≥ y+2 y+2 y+2 Hoàn toàn tương tự y2 6y − z − z2 6z − x − và ≥ ≥ x+2 z+2 Đặt vế trái bất đẳng thức cần chứng minh là P Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được: P≥ Lại có ( x + y + z) ≥ 3xyz, x + y2 + z2 ≥ ( x + y + z) Từ giả thiết suy ≥ ( x+y+z ( x+y+z ( ) x+y+z −6 ) ) ⇔ x + y + z ≥ Do đó P ≥ Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy và x= y= z= Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 44 Website:tailieumontoan.com ( ) ( Câu Cho hai đường tròn O; R và O' ; R ' ) cắt A và B (OO > R > R ) Trên nửa mặt ' ' phẳng bờ là OO’ có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn trên (với M thuộc (O) và N thuộc (O’)) Biết BM cắt (O’) điểm E nằm đường tròn (O) và đường thẳng AB cắt MN I  + MBN  = a) Chứng minh MAN 1800 và I là trung điểm MN  ABM;   MIB  Từ đó ta có IMA = = MIA • Lời giải Ta  + MAN  =ABM  + ABN  + MAN  =IMA  + INA  + MAN  =1800 MBN Do đó ∆IMA ∽ ∆IBM ⇒ IM2 = IA.IB Chứng minh tương tự ta có IN2 = IA.IB Do đó IM = IN nên I là trung điểm MN b) Chứng minh tam giác AME đồng K dạng với tam giác ACD và các điểm A, B, P, Q cùng thuộc đường tròn • Lời giải Do tứ giác AEBD nội tiếp  = ACD  nên ta có và AME  = ADC  AEM M I N A Q Từ đó suy ∆AME ∽ ∆ACD  =ADC;  AE =EM =EQ ⇒ AEQ AD DC DP Suy ∆AEQ ∽ ∆ADP C O O' E P B  = APD  Vậy tứ Do đó ta AQE D giác ABPQ nội tiếp c) Chứng minh tam giác BIP cân • Lời giải Gọi K là giao điểm CM và DN Do CDNM là hình thang nên các điểm I, K, P thẳng hàng  = MBC  Do MN // BC nên OM ⊥ BC , đó ∆BMC cân M suy MCB  = BMN   KMN,   BMN  suy KMN Do MN // BC= nên MCB = MBC  = BNM  Do đó ∆BMN = Chứng minh tương tự ta KNM ∆KMN Do đó MB = MK, NB = NK nên MN là trung trực KB ⇒ BK ⊥ CD; IK = IB Tam giác KBP vuông B có IK = IB nên I là trung điểm KP Vậy tam giác BIP cân I Câu Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm Chứng minh HA HB HC + + ≥ BC CA AB • Lời giải Gọi D, E, F là các chân đường cao tương ứng kẻ từ các đỉnh A, B, C tam giác ABC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 45 Website:tailieumontoan.com HA HB HC = , y = ,z BC CA AB Đặt = x Ta có ∆BHD ∽ ∆ADC ⇒ = xy HB BD =, đó AC AD Lại có x + y + z ) F H SBHC SCHA = , zx SABC SABC D B C SAHB + SBHC + SCHA SABC = = SABC SABC Suy ra xy + yz + zx= Vậy E HA HB HA.BD SAHB = = BC AC BC.AD SABC Tương tự, = ta có yz ( A ) ( ( ≥ xy + yz + zx nên x + y + z ) ≥3⇒x+y+z≥ HA HB HC + + ≥ BC CA AB Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN NGUYỄN TRÃI TỈNH HẢI DƯƠNG Năm học 2016 – 2017 Câu (2.0 điểm) a + x2 a + x2 −2 a + + a với a > 0; x > x x A a) Rút gọn biểu thức: = ( b) Tính giá trị biểu thức P = x − y x= ) ) )( ( + x − y xy + biết: 3 + 2 − − 2 và y = 3 17 + 12 − 17 − 12 Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình x += x − 2x + ( )( )  x + x + 2x + + y + y2 + =  b) Giải hệ phương trình  2 x − 3xy − y = Câu (2.0 điểm) a) Tìm dạng tổng quát số nguyên dương n biết= M n.4n + 3n chia hết cho ( ) b) Tìm các cặp số x; y nguyên dương thoả mãn phương trình: (x ) ( ) + 4y2 + 28 − 17 x + y = 238y2 + 833 Câu (3.0 điểm) ( ) Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A là điểm di chuyển trên đường tròn O (A khác B và C) Kẻ AH vuông góc với BC H M là điểm đối xứng điểm A qua điểm B a) Chứng minh điểm M luôn nằm trên đường tròn cố định Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 46 Website:tailieumontoan.com ( ) b) Đường thẳng MH cắt đường tròn O E và F (E nằm M và F) Gọi I là trung điểm ( ) HC, đường thẳng AI cắt O G (G khác A) Chứng minh AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2 c) Gọi P là hình chiếu vuông góc H lên AB Tìm vị trí điểm A cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn Câu (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a + b + c = ( ab + bc + ca a b + b2 c + c a ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = 14 a + b2 + c2 + Phân tích và hướng dẫn giải Câu (2.0 điểm) a + x2 a + x2 −2 a + + a với a > 0; x > x x a) Rút gọn biểu thức: = A • Lời giải Với a > 0; x > ta có A = a + x − 2x a + x ( a + x + 2x a = x 2 x− a ) + x x− a +x+ a = x + Với x ≥ a thì x − a = x − a nên= A ) ( + Với < x < a thì x − a = − x− a = a − x nên A = ( b) Tính giá trị biểu thức P = x − y x= ) ( )( ( x+ a x ) = x− a +x+ a x 2x = x x a −x+x+ a a = x x ) + x − y xy + biết: 3 + 2 − − 2 và y = 3 17 + 12 − 17 − 12 • Lời giải Ta có 3  x3 =  + 2 − − 2    ( =+ 2 − + 2 − 33 + 2 ) ( − 2 )   3+2 − 3−2 2  ⇒ x = − 3x ⇔ x + 3x = Hoàn toàn tương tự ta y + 3y = 24 ( ) ( Từ đó ta x − y + x − y = −20 ⇔ x − y ) ( )( ) + x − y xy + = −20 Vậy ta P = −20 Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình x += x − 2x + Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 47 Website:tailieumontoan.com ( x + 1) ( x • Phân tích Quan sát phương trình ta nhận thấy x − 2x2 + = ( ) − 3x + Để ý vế trái ) phương trình ta lại viết x2 + = x2 − 3x + + x + Đến đây ta viết phương trình dạng (x ) ( ) − 3x + + x + 1= ( x + 1) ( x ) − 3x + Để xử lý phương trình ta sử dụng phép đặt ẩn phụ 4ab Ngoài để ý ta lại thấy a = x2 − 3x + 3; b =x + thì phương trình trở thành a + 3b2 = x2 − 3x + > nên phương trình trên tương đương với + ( x +1 ) x +1 = Khi đó ta có x − 3x + x − 3x + x +1 ≥ và viết phương trình thành x − 3x + thể sử dụng phép = đặt ẩn phụ t 1  + 3t2 = 4t ⇔ 3t2 − 4t + = ⇔ t ∈  ;1 3  Đến đây ta có lời giải chi tiết cho phương trình • Lời giải Điều kiện xác định phươnh trình là x ≥ −1 Phương trình đã cho tương đương với (x ) ( ) − 3x + + x + 1= ( x + 1) ( x Do x2 − 3x + > nên phương trình trên tương đương với + = Đặt t − 3x + ( x +1 ) ) x +1 = x − 3x + x − 3x + x +1 ≥ Khi đó ta thu phương trình x − 3x + 1  + 3t2 = 4t ⇔ 3t2 − 4t + = ⇔ t ∈  ;1 3  + Với t = ta có phương trình + Với t = ta có phương trình x +1 = ⇔ x − 4x + = ⇔ x = ± x − 3x + x +1 = ⇔ x − 12x − = ⇔ x = ± 42 x − 3x + 3 { } Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S =6 − 42; − 2; + 2; + 42 ( )( )  x + x + 2x + + y + y2 + =  b) Giải hệ phương trình  2 x − 3xy − y = • Phân tích Quan sát hệ phương trình ta nhận thấy phương trình thứ hai hệ có bậc hai ẩn, nhiên ta không thể phân tích phương trình thành tích Do đó ta tập trung khai thác phương trình ( x + 1) thứ hệ Để ý ta viết x + x + 2x + + = x + + đặt ẩn phụ a= x + thì ta viết phương trình thành (a + )( + , đó ta sử dụng phép ) a + y + y2 + = Thực biến đổi đẳng thức trên ta a + y = , có nghĩa là phân tích phương trình thành tích ta có nhân tử chung là x + y + = Đến đây ta có lời giải cho hệ phương trình Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 48 Website:tailieumontoan.com • Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình là x; y ∈ R Do y2 + − y ≠ với y nên phương trình thứ hệ tương đương với (x + x + 2x + + )( y2 + + y )( ) ( y2 + − y= y2 + − y ) ( x + 1) − y ( x + 1) + + y ⇔ x +1+ ( x + 1)   ⇔ x + y + 1 +   ( ( x + 1) ( ( x + 1) ( 2 =0 +1  x + y + =   = ⇔   x + + + x + + y2 + − y = x + + + y2 +    x +1− y ) Dễ thấy + =− y + y + ⇔ x + y + + ( ) + > x + ≥ x + và ) ( ) y2 + > y ≥ −y với x, y nên phương trình ) + + x + + y2 + − y = vô nghiệm  4 Từ đó thay y =− x − vào phương trình thứ hai hệ ta x ∈ 1; −  3  Với x = ta y = −2 và với x = − ta y = 3  1 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm x; y = 1; −2 ,  − ;   3 ( ) ( ) Câu (2.0 điểm) a) Tìm dạng tổng quát số nguyên dương n biết= M n.4n + 3n chia hết cho • Phân tích và lời giải Ta xét các trường hợp sau + Trường hợp Với n là số chẵn, đó n = 2k với k nguyên dương Khi đó ta có M= 2k.42k + 32k= 2k.16k + 9k Ta có 16 và cùng dư với chia nên 16k và 9k có cùng số dư với 2k chia cho ( ) ( ) Do đó M cùng dư với 2k.2k + 2k = 2k 2k + chia cho nên 2k + chia hết cho hay k chia dư 3, suy ta = k 7p + với p là số tự nhiên, từ đó ta được= n 14p + + Trường hợp Với n là số lẻ, đó = n 2k + với k nguyên dương ( ) ( ) Khi đó ta có M = 2k + 42k + + 32k +1 =4 2k + 16k + 3.9k ( ) ( ) Do đó ta M cùng dư với k + 2k + 3.2k =k + 2k chia cho Do đó k chia hết cho hay k = 7q với q là số tự nhiên Từ đó ta được= n 14q + Vậy= n 14p + hoặc= n 14q + , với p và q là các số tự nhiên ( ) b) Tìm các cặp số x; y nguyên dương thoả mãn (x ) ( ) + 4y2 + 28 − 17 x + y = 238y2 + 833 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 49 Website:tailieumontoan.com • Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có bậc cao và lại là bậc chẵn nên ta nghĩ đến phân tích thành các bình phương Để ý 833 = 17.72 và 238 = 2.17.7 nên ta biến đổi tương đương phương trình ta (x + 4y2 + 28 ( ( ) ) ) ( ) + (y − 17 x + y = 238y2 + 833 ) ( ) ( ) 2   ⇔  x + y2 +  = 17  x +  ⇔ 16x − 8x y2 + + y2 + =     2 2   ⇔ 4x − y + = ⇔ 4x − y − = ⇔ 2x + y 2x − y =   ( )( ) Vì x và y là các số nguyên dương nên 2x + y > 2x − y và 2x + y > 2x=  x +y = Do đó từ phương trình trên ta suy  ⇔ 2x= −y = y  ( ) ( ) Vậy phương trình trên có nghiệm nguyên dương là x; y = 2; ( ) Câu Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A là điểm di chuyển trên đường tròn O (A khác B và C) Kẻ AH vuông góc với BC H M là điểm đối xứng điểm A qua điểm B a) Chứng minh điểm M luôn nằm trên đường tròn cố định • Phân tích Bài toán cho BC cố định và A điểm A và M thay đổi nên độ dài BM thay Q ( ) đổi Tuy nhiên đường tròn O cho trước S nên OA và OB không đổi Lấy điểm K đối xứng với O qua B thì điểm K cố định và đó P B K O BC không đổi, điểm M chạy trên đường tròn tâm K bán E C I H ta có KM = OA = kính F O' G BC cố định M D • Lời giải Lấy K là điểm đối xứng O qua B, vì B và O cố định nên K cố định Tứ giác OAKM là hình bình hành nên KM = OA = BC không đổi Suy M nằm trên đường tròn tâm K có bán kính BC b) Chứng minh AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2 • Phân tích Hệ thức cần chứng minh làm ta liên tưởng đến định lý Pitago Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 50 Website:tailieumontoan.com A F Q S P B K O E C I H O' G M D     • Lời giải Xét tam giác AHB và tam giác CHA có BHC = BHA và BAH = ACB Suy tam giác AHB đồng dạng với tam giác CHA Gọi S là trung điểm AH, I là trung điểm HC nên tam  = CAI  giác ABS đồng dạng tam giác CAI, đó ta có ABS Ta lại có BS là đường trung bình tam giác AMH nên BS//MH  = AMH  nên suy AMH  = CAI  Từ đó ta ABS  + MAI =  + MAI = Mà CAI 900 nên suy AMH 900 , đó AI vuông góc MF ( ) Xét tứ giác AEGF nội tiếp đường tròn O nên ta có AG vuông góc với EF Kẻ đường kính AD, đó GD vuông góc với AG và EF vuông góc AG nên EF song song với GD Do đó tứ giác nội tiếp EFGD nên hình thang cân, suy FG = ED Từ đó ta AE2 + FG2 = AE2 + ED2 = AD2 = BC2 Tương tự ta chứng minh AF2 + EG2 = BC2 Vậy AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2 c) Gọi P là hình chiếu vuông góc H lên AB Tìm vị trí điểm A cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn Gọi Q là hình chiếu H trên AC, ta có tứ giác APHQ là hình chữ nhật (S là tâm)    nên tứ giác BPQC nội tiếp Do đó AQP = AHP = ABC Đường trung trực các đoạn thẳng PQ, BC, QC cắt O’ thì O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP Ta có OO’ song song với AH vì cùng vuông góc với BC Lại có OA ⊥ PQ và O ' S ⊥ PQ nên O’S song song với OA, dẫn đến tứ giác ASO’O là hình bình ' hành Từ đó ta OO = = AS AH ' Trong trường hợp A nằm chính cung BC thì ta có OO = AS = Tam giác OO’C vuông O nên= O'C OC2 + AH AH2 Do OC không đổi nên O’C lớn AH lớn hay A chính cung BC Câu Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a + b + c = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 51 Website:tailieumontoan.com ( ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = 14 a + b2 + c2 + ab + bc + ca a b + b2 c + c a ta có biến đổi • Lời giải Để ý đến giả thiết a + b + c = )( ( ) a + b2 + c2 = a + b + c a + b2 + c2 = a + b3 + c3 + a b + b2 c + c2a + ab2 + bc2 + ca Theo bất đẳng thức AM – GM ta có a + ab2 ≥ 2a b; b3 + bc2 ≥ 2b2 c; c3 + ca ≥ 2c2a ( Từ đó ta a + b2 + c2 ≥ a b + b2 c + c2a ( ) Do đó P ≥ 14 a + b2 + c2 + ( ab + bc + ca a +b +c 2 ) ) ( ) ( Đặt t = a + b2 + c2 Ta luôn có a + b2 + c2 ≥ a + b + c Khi đó ta có P ≥ 14t + ( 1−t 2t ) = t + 27t + Vậy giá trị nhỏ P là ) = Do t ≥ 3 1 27t 3 23 − ≥ +2 − = 2t 2 2t 23 , đạt a= b= c= 3 Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2016 – 2017 Bài 1(2.0 điểm) ( ) 1) Giải phương trình x − 2x + x − x − x = 2) Giải hệ phương trình x + 2y − 4x =  2 4x − 4xy + y − 2y + = Bài (2.0 điểm) 1) Cho các số thực a, b, c đôi khác thỏa mãn a + b3 + c3 = 3abc và abc ≠ Tính P= ab2 bc2 ca + + a + b2 − c b2 + c − a c + a − b2 ( ) 2) Tìm tất các cặp số tự nhiên x; y thỏa mãn 2x.x = 9y2 + 6y + 16 Bài (2.0 điểm) 1) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b2 + c2 = Chứng minh 2a 2b2 2c2 + + ≥a+b+c a + b2 b + c c + a 2) Cho số nguyên dương n thỏa mãn + 12n2 + là số nguyên Chứng minh + 12n2 + là số chính phương Bài (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC và nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao BB ', CC ' cắt điểm H Gọi M là trung điểm BC Tia MH cắt đường tròn (O) điểm P Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 1) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 52 Website:tailieumontoan.com Chứng minh hai tam giác BPC ' và CPB ' đồng dạng 2)   Các đường phân giác các góc BPC ' , CPB ' cắt AB , AC các điểm E và F Gọi O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF ; K là giao điểm HM và AO ' a) Chứng minh tứ giác PEKF nội tiếp b) Chứng minh các tiếp tuyến E và F đường tròn (O ') cắt điểm nằm trên đường tròn (O) Bài (1.0 điểm) Cho 2017 số hữu tỷ dương viết trên đường tròn Chứng minh tồn hai số viết cạnh trên đường tròn cho bỏ hai số đó thì 2015 số còn lại không thể chia thành hai nhóm mà tổng các số nhóm Phân tích và hướng dẫn giải Bài (2.0 điểm) ( ) 1) Giải phương trình x − 2x + x − x − x = • Phân tích Với điều kiện xác định phương trình là x ≤ x ≥ Ta viết phương trình đã cho lại thành ( ) )( ( ) ( ) x − 2x + x − x − x = ⇔ x x − x − x − − 2x x − = ( )  x x −1 = 2    x x −1 x − x x − x −1 − = ⇔    x2 − x x2 − x − − =  ( ⇔ ( ) ) ( ) Đến đây ta xét các trường hợp để tìm nghiệm phương trình • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≤ x ≥ Biến đổi tương đương phương trình ( ) )( ( ) ( ) x − 2x + x − x − x = ⇔ x x − x − x − − 2x x − = ( )  x x −1 = 2    x x −1 x − x x − x −1 − = ⇔  x2 − x x2 − x − − =    ( ⇔ ( ( ) ) ) ) { } + Với x x − = ⇔ x ∈ 0;1 + Với x2 − x x2 − x − − = Đặt ( ) ( x − x = a ≥ , đó phương trình trên trở thành )( ) a − a − = ⇔ a − a2 + a + = ⇔ a = Từ đó ta ( x2 − x = ( )( ) (vì a + a + > ) { } ⇔ x − x − = ⇔ x + x − = ⇔ x ∈ −1;2 Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm phương trình đã cho là S = {−1; 0;1; 2} x + 2y − 4x = 2) Giải hệ phương trình  4x − 4xy + y − 2y + = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 53 Website:tailieumontoan.com • Phân tích Cả hai phương trình hệ có bậc hai ẩn x không phân tích thành tích ( Để ý phương trình thứ hai ta thấy phương trình viết thành 2x − y2 ) − 2y + = Trong phương trình thứ có đại lương 2y nên ta có thể thực phép vào phương trình thứ thì thu ( phưng trình x − ) + (2x − y ) 2 = x + 2y − 4x = • Lời giải Ta có  ⇔ 4x − 4xy + y − 2y + =  ( )  x − 2 + 2y − =    2x − y2 − 2y + =  ( ( Cộng theo vế hai phương trình hệ ta x − ) ) + (2x − y ) 2 x = x = =0 ⇔  ⇔ y =4 y = ±2  ( ) ( ) Thử lại ta thấy x; y = 2; thỏa mãn hệ phương trình ( ) ( ) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y = 2; ( • Nhận xét Việc đưa phương trình thứ hai dạng 2x − y2 ) − 2y + = có ý nghĩa quan trọng để tìm lời giải cho hệ phương trình Ngoài ta có thể rút đại lượng 2y từ phương trình thứ vào phương trình thứ hai và biến đổi cho ta kết tương tự Bài (2.0 điểm) 1) Cho các số thực a, b, c đôi khác thỏa mãn a + b3 + c3 = 3abc và abc ≠ Tính P= ab2 bc2 ca + + a + b2 − c b2 + c − a c + a − b2 )( ( ) Ta có a + b3 + c= 3abc ⇔ a + b + c a + b2 + c2 − ab − bc − ca= Ta luôn có a + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Tuy nhiên vì a, b, c đôi khác nên không xảy đẳng thức a =−b − c  Do đó suy a + b + c =0 ⇒ b =−c − a Từ đó ta c =−a − b  P= ab2 ( a + b2 − −a − b ) + bc2 ( b2 + c − − b − c ) + ca ( c2 + a − − c − a ) ab2 bc2 ca a+b+c = + + = − = −2ab −2bc −2ca Vậy P = ( ) 2) Tìm tất các cặp số tự nhiên x; y thỏa mãn 2x.x = 9y2 + 6y + 16 ( ) ( ) • Phân tích Để ý 9y2 + 6y + 16 ≡ mod và x ≡ 0;1 mod nên ta xét tính chẵn lẻ x để tìm nghiệm cho phương trình đã cho ( ) ( ) • Lời giải Ta có 9y2 + 6y + 16 ≡ mod nên 2x.x ≡ mod Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 54 Website:tailieumontoan.com ( ( ) ) 2x ≡ mod Mà x ≡ 0;1 mod nên  x ≡ mod ) ( ( ) + Nếu x chẵn, ta đặt x = 2k ( k ∈ N ) ⇒ ( ) + Nếu x lẻ, ta đặt x = 2k + k ∈ N ⇒ 2x = 2.4 k ≡ mod , điều này vô lí, suy loại x lẻ ( x ( ) = ( 3y + 1) 2x.x = 9y2 + 6y + 16 ⇔ 2k.2k ) = k ≡ mod , điều này đúng Do đó x chẵn thì ( )( ) + 15 ⇔ 2k.2k − 3y − 2k.2k + 3y + = 15 Vì y, k ∈ N nên 2k.2k + 3y + > 2k.2k − 3y − > Vậy ta có các trường hợp k k 2k.2 − 3y − = 2k.2 = Trường hợp  ⇔ ⇒ k ∉ N (loại) k 3y + = 15 2k.2 + 3y + =  2k.2k − 3y − = 2k.2k = = k Trường hợp  ⇔ ⇒   k y = 3y + = 2k.2 + 3y + = ( ) ( ) Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là x; y = 2; Bài 3(2.0 điểm) 1) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b2 + c2 = Chứng minh 2a 2b2 2c2 + + ≥ a + b + c a + b2 b + c c + a (a + b + c) ≥ • Lời giải Ta có = a + b + c 2 ⇔ a + b + c ≤ Do đó áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta 2a 2b2 2c2 4a 4b4 4c4 + + = + + a + b2 b + c2 c + a 2a + 2a b2 2b3 + 2b2 c2 2c3 + 2c2a 2 2a + 2b2 + 2c2 36 ≥ ≥ 3 2 2 2 4 2a + 2b + 2c + 2a b + 2b c + 2c a a + a + b + b + c + c2 + 2a b2 + 2b2 c2 + 2c2a 36 36 = = = 3≥a+b+c 2 2 2 + a +b +c +a +b +c ( ( ) ) Vậy ta 2a 2b2 2c2 + + ≥ a + b + c Đẳng thức xẩy ta a= b= c= a + b2 b + c c + a 2) Cho số nguyên dương n thỏa mãn + 12n2 + là số nguyên Chứng minh + 12n2 + là số chính phương • Phân tích Từ bài toán ta 12n2 + là số chính phương lẻ nên tồn số tự nhiên k thỏa mãn 12n2 + 1= (2k + 1) ( ) ⇔ 12n2 + 1= 4k2 + 4k + ⇔ k k + = 3n2 k = a k = 3a Do k; k + = nên xảy trường hợp xẩy ta là  a, b ∈ N và  3b2 b2 k + = k + = ( ) ( ) Đến đây ta xét các trường hợp để chứng minh + 12n2 + là số chính phương Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 55 Website:tailieumontoan.com • Lời giải Do + 12n2 + là số nguyên, mà 12n2 + là số lẻ nên tồn số tự nhiên k thỏa mãn 12n2 + 1= ( (2k + 1) ( ) ⇔ 12n2 + 1= 4k2 + 4k + ⇔ k k + = 3n2 ) Vì k; k + = nên xảy trường hợp: k = a + Trường hợp  a, b ∈ N ⇒ a − 3b2 =−1 ≡ mod ⇔ a ≡ mod (vô lí) + = k 3b  ( ( ) ( ) ) k = 3a + Trường hợp  ⇒ b2 b2 − = 3n2 Từ đó suy k + = b  ( ) ( ) ( ) + 12n2 + = + 4b4 − 4b2 + = + 2b2 − = 4b2 = 2b Do đó + 12n2 + là số chính phương ( ) Bài (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC và nội tiếp đường tròn O Các đường ( ) cao BB ', CC ' cắt điểm H Gọi M là trung điểm BC Tia MH cắt đường tròn O điểm P 1) Chứng minh hai tam giác BPC ' và CPB ' đồng dạng ( ) • Phân tích Giả sử HM cắt đường tròn O A A ' đó AA ' là đường kính đường ( ) tròn O , đó P B'  AB   = APH = ' H AC = ' H 900 Từ đó tứ giác O' PAB ' C ' nội tiếp đường tròn đường kính AH,   nên ta có PC ' B = PB ' C , lại có E ' = PCB ' nên PBC ' ∽ PCB ' PBC • Lời giải Kẻ đường kính AA ' đường F G C' O H K B C M ( ) tròn đường tròn O , đó tứ giác HBA ' C là hình bình hành Do đó HA ' qua điểm M nên HA ' qua điểm P A' T Từ đó ta suy    APH = 90 = AB = ' H AC ' H , suy tứ giác PAB ' C ' nội tiếp đường tròn đường kính AH     ' = PCB ' đó PBC ' ∽ PCB ' Do đó PC ' A = PB ' A nên PC ' B = PB ' C Mà PBC ' , CPB ' cắt AB , AC các điểm E và F Gọi 2) Các đường phân giác các góc BPC O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và K là giao điểm HM và AO ' a) Chứng minh tứ giác PEKF nội tiếp Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 56 Website:tailieumontoan.com  • Phân tích Dễ thấy APK = 900 nên để chứng minh tứ giác KEKF nội tiếp ta chứng minh PAFE nội ( ) tiếp đường tròn đường kính AK Mà đường tròn O' qua ba điểm AEF nên ta cần chứng minh AK ( ) ( ) là đường kính đường tròn O' Muốn ta vẽ đường kính AK' đường tròn O' và chứng minh cho hai điểm K và K' trùng ( )   =' AFK =' 900 • Lời giải Kẻ đường kính AK ' đường tròn O ' , đó ta có AEK Từ đó suy HC '; K ' E; A ' B song song với và HB '; K ' F; A ' C song song với EC ' PC ' PB ' FB ' Lại có = = = nên K ' thuộc HA ' ⇒ K ' ≡ K nên tứ giác AKEF nội tiếp EB PB PC FC    = PFA  ( vì  C ' PB B ' PC  và PBE  = PCF  ) suy tứ giác PAFE nội Lại có PEA = EPB = = FPC 2 tiếp Suy tứ giác PEKF nội tiếp đường tròn ( ) b) Chứng minh các tiếp tuyến E và F đường tròn O ' cắt điểm nằm trên ( ) đường tròn O    • Phân tích Ta có HE, HF là phân giác BHC ', CHB ' nên AK là phân giác BAC Gọi ( ) T là giao điểm AK với đường tròn O và ta cần chứng minh TE, TF là tiếp tuyến đường tròn (O ) ' HC ' HB ' B ' C ' PC ' PB ' FB ' EC ' = = = = • Lời giải Ta có PB ' C ' ∽ PCB nên = = HB HC BC PB PC FC EB ', CHB ' nên ba điểm E, H, F thẳng hàng, mà ta lại có Do đó HE, HF là phân giác BHC  AE = AF nên AK là phân giác BAC ( ) Gọi giao điểm AK với đường tròn O là T và giao điểm AK với BB ' là G ' BAC  CHB   nên tứ giác AEHG nội tiếp Ta có FHB = ' = = GAE 2      nên tứ giác BEGT nội tiếp đường tròn Do đó suy AEG = AHG = AHB =' ACB = ATB    Từ đó ta ATE = ABG = 900 − BAC ( )  =900 − ATE  =BAC  nên là tiếp tuyến Mà ta lại có AT ⊥ EF suy TEF O' ( ) Mặt khác TE = TF nên TF là tiếp tuyến O ' Tiếp tuyến E và F đường tròn ( ) (O ') cắt T trên đường tròn O Bài (1.0 điểm) Cho 2017 số hữu tỷ dương viết trên đường tròn Chứng minh tồn hai số viết cạnh trên đường tròn cho bỏ hai số đó thì 2015 số còn lại không thể chia thành hai nhóm mà tổng các số nhóm Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 57 Website:tailieumontoan.com • Lời giải Giả sử tồn 2017 số hữu tỷ xếp cách thoả mãn bỏ số bất kì cạnh thì 2015 số còn lại chia thành hai nhóm có tổng Gọi 2017 số xếp thoả mãn là 2017 số có tính chất P Vì có 2017 số hữu tỷ có tính chất P nên nhân mẫu các số hữu tỷ đó lên thì 2017 số tự nhiên có tính chất P Gọi 2017 số đó xếp theo chiều kim đồng hồ là a1 ; a ; ; a 2017 Giả sử 2017 số đó có số chẵn, số lẻ thì vì 2017 là số lẻ nên lúc đó trên vòng tròn tồn 22 số liền kề cùng tính chẵn lẻ và 22 số liền kề không cùng tính chẵn lẻ Vì có thể bỏ hai cặp số đó để tổng 2015 số còn lại lẻ, lúc đó thì không thể có cách chia 2015 số còn lại thoả mãn đề bài Giả sử tất các số trên vòng tròn cùng tính chẵn lẻ, 2017 số đó không thể cùng lẻ vì cho dù bỏ 22 số nào thì tổng các số còn lại lẻ nên không thể chia Vậy tất các số trên vòng tròn chẵn Đặt a i = 2bi với i chạy từ đến 2017 Vì 2017 số a1 ; a ; ; a 2017 tính chất P nên b1 ; b2 ; ; b2017 có tính chất P Lập luận tương tự b1 ; b2 ; ; b2017 chẵn Tiếp tục đặt bi = 2ci và lặp lại vô hạn bước vậy, ta có a= a= = a 2017= (vô lí vì các số hữu tỉ ban đầu dương) Suy điều phải chứng minh Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng – Năm học 2016 – 2017 Câu 1(3.5 điểm) ( ) x + y + xy x + y = a) Giải hệ phương trình  2  xy + x + y = )( ( ) 8x − 7x + − − x = b) Giải phương trình Câu 2(2.5 điểm) ( ) a)Tìm tất các giá tri m cho tồn cặp số nguyên x; y thỏa mãn hệ phương trình 2 + mxy2 = 3m  2 6m 2 + m x + y = ( ) b) Với x, y là số thực thỏa mãn các điều kiện < x ≤ y ≤ 2;2x + y ≥ 2xy Tìm giá trị lớn ( ) ( P x x + + y2 y2 + biểu thức = ) Câu 3(3.0 điểm) ( )  cắt Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với AB < AC Phân giác góc BAC ( ) BC D và cắt đường tròn O E khác A M là trung điểm đoạn thẳng AD Đường thẳng ( ) BM cắt đường tròn O P khác B Giả sử các đường thẳng EP và AC cắt N a) chứng minh tứ giác APNM nội tiếp và N là trung điểm đoạn thẳng AC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 58 Website:tailieumontoan.com ( ) b) Giả sử đường tròn K ngoại tiếp tam giác EMN cắt đường thẳng AC Q khác N Chứng minh B và Q đối xứng qua AE ( ) c) Giả sử đường tròn K cắt đường thẳng BM M Chứng minh RA vuông góc RC Câu 4(1.0 điểm) Số nguyên a gọi là số “đẹp” với cách xếp theo thứ tự tùy ý 100 số 1, 2, 3,…, 100 luôn tồn 10 số hạng liên tiếp có tổng lớn a Tìm số “đẹp” lớn Hướng dẫn giải Câu 1(3.5 điểm) ( ) x + y + xy x + y = a) Giải hệ phương trình  2  xy + x + y = )( ( ) • Phân tích và lời giải Hệ phương trình đã cho là hệ phương trình đối xứng dạng 1, đó ta có thể sử dụng phép đặt ẩn phụ S = x + y; P = xy Tuy nhiên để đơn giản hóa ta cần biến đổi hệ phương trình trước.Biến đổi tương đương hệ phương trình ta ( ( (   ⇔   ( ( ) ( ) ( )  x + y − 3xy x + y + xy x + y =      xy +  x + y − 2xy  =    3  x + y − 2xy x + y = 4  x + y − 2xy x + y = ⇔  2 xy +  x + y − 2xy  = 4  xy + x + y − 2xy xy + =   ( ) x + y + xy x + y = ⇔  2 xy x y + + =  )( ) )( ) ( ) ) )( ( ( ) ) )( ( ) ) ( ) Đến đây ta có thể sử dụng phép đặt ẩn phụ, nhiên để ý đến vế phải hai phương trình ta lấy hiệu theo vế hai phương trình hệ thì ( x + y ) − 2xy ( x + y ) = ( xy + 1)( x + y ) − 2xy ( xy + 1) ⇔ ( x + y ) ( x + y − xy − 1) − 2xy ( x + y − xy − 1) = 0 ⇔ ( x + y − xy − 1) ( x + y ) − 2xy  =   2  x + y − xy − = ⇔ ⇔  x + y − 2xy =  ( ) x =  x −1 y −1 =  x 1;= y =  y  ⇔ = ⇔   x= y= 0  x + y =  x= y=   ( )( ) ( ) ( ) Thay vào hệ phương trình đã cho ta x; y = 1;1 là nghiệm hệ b) Giải phương trình 8x − 7x + − − x = ( ) ( ) • Phân tích Để ý 7x + − − x = 8x − , đó ta đặt −b trình đã cho viết lại thành a=  a − b2 a + b ⇔ a − b 1 − =  5   • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 7x + = a; − x = b thì phương ( ) −2 ≤ x ≤ TÀI LIỆU TOÁN HỌC 59 Website:tailieumontoan.com Đặt ( ) 7x + 2= a; − x= b a ≥ 0; b ≥ Khi đó ta có a − b2 = 8x − Như phương trình đã cho viết lại thành a−b = a = b  a − b2 a + b ⇔ a − b 1 − =0⇔ 5  a + b =  + Với a = b ta có phương trình ( 7x + = + Với a + b = ta có phương trình ) 5−x ⇒ x= 7x + + − x = hay ta 7x + + − x + 7x + − x = 25 ⇔ 9 − 3x ≥ ⇔ 33x − 7x + 10 = − 3x  ( ) 33x − 7x + 10 = − 3x  x ≤ ⇔ ⇔x= 16x − 87x + 71 =  3  Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình là S =  ;1 8  Câu 2(2.5 điểm) ( ) a) Tìm tất các giá trị m cho tồn cặp số nguyên x; y thỏa mãn hệ phương trình 2 + mxy2 = 3m  2 6m 2 + m x + y = ) ( ( ) −3m Lấy hiệu theo vế hai phương trình hệ ta m xy2 − x2 − y2 = + Nếu m = , ta thấy hệ phương trình vô nghiệm + Nếu m ≠ , đó từ phương trình ta ( ) ( ) xy2 − x2 − y2 =−3 ⇔ y2 x − − x2 − =−2 ( )( ) ( )( ) ⇔ y − x − x − =−2 ⇔ y − x − 1 − x =2 ( ) Do x; y nhận xác giá trị nguyên nên ta xét các trường hợp sau 1 − x = x = , hệ phương trình không có nghiệm nguyên + Trường hợp Với  ⇔ y −= x −1 = y   x = 1 − x =−1 + Trường hợp Với  ⇔ ⇔ y − x − =−2 y =1  x =  y = ±1  1 − x = x =−1 + Trường hợp Với  ⇔ ⇔ y −= x −1 = y   x = −1  y = ±1  1 − x =−2 + Trường hợp Với  ⇔ y − x − =−1  x =3 , hệ phương trình không có nghiệm nguyên  y =3  ( ) ( )( )( )( ) Vậy phương trình trên có các nghiệm nguyên là x; y = −1; −1 , −1;1 , 2; −1 , 2;1 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 60 Website:tailieumontoan.com Thay các nghiệm trên vào hệ phương trình đã cho ta tìm được= m = ; m thỏa mãn 1  Vậy m ∈  ;2  thỏa mãn yêu cầu bài toán 2  b) Với x, y là số thực thỏa mãn các điều kiện < x ≤ y ≤ 2;2x + y ≥ 2xy Tìm giá trị lớn ( ) ( ) P x x + + y2 y2 + biểu thức = 1 + ≥ Áp dụng bất đẳng thức a + b2 ≥ a + b x y ( Từ giả thiết 2x + y ≥ 2xy ta + x2 Hoàn toàn tương tự ta ) ta có y2 11 2 4  +  ⇒ + ≥2⇒ ≥2− 2x y x y x y ≥ 1  16 + ≥ +   ≥2⇒ ≥2− 4 2   2x x y y  x y 16  x2  4x2 Do < x ≤ y ≤ nên ta có  −  y2 − ≤ ⇒ y2 ≤ + x2 −  y  y  ( Từ đó kết hợp với x ≥2− y2 ≤ + x − y2 4x2 y ) ta ⇒ x2 + y2 ≤ + 2x2 − 4x2 y   = + x2  −  ≤ + x2 = y  x   x4  16x Hoàn toàn tương tự ta có  −  y − 16 ≤ ⇒ y ≤ 16 + x −  y  y  ( Từ đó kết hợp với x y ≤ 16 + x − ( ) ≥2− 4x y4 16 y4 ) ta ⇒ x + y ≤ 16 + 2x − ( 16x y4  16  = 16 + x  −  ≤ 16 + x = 17 y  x  ) Do P = x2 x2 + + y2 y2 + = x + y + x2 + y2 ≤ 17 + = 22 Dấu xẩy và = x 1;= y Vậy giá trị lớn P là 22, đạt tại= x 1;= y ( ) Câu 3(3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với AB < AC Phân giác ( )  cắt BC D và cắt đường tròn góc BAC O E khác A Gọi M là trung điểm đoạn thẳng ( ) AD Đường thẳng BM cắt đường tròn O P khác B Giả sử các đường thẳng EP và AC cắt N a) Chứng minh tứ giác APNM nội tiếp và N là trung điểm đoạn thẳng AC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 61 Website:tailieumontoan.com  nên ta có Do AE là phân giác góc BAC P A E là điểm chính cung BC  = ANP  nên tứ giác Từ đó ta AMP AMNP nội tiếp đường tròn N M  = ANM  Lại có APM  = ACB  Do đó APM  = ACB  nên suy ANM O R Từ đó dẫn đến MN dong song với BC, mà B M là trung điểm AD nên suy N là trung Q C D điểm AC ( ) b) Giả sử đường tròn K ngoại tiếp tam E giác EMN cắt đường thẳng AC Q khác N Chứng minh B và Q đối xứng qua AE Không tính tổng quát ta giả sử Q nằm N và C(các trương hợp còn lại chứng minh tương tự)  = ACB  và ACB  = AEB  nên ta suy  = MNA  Mà ta có MNA Do tứ giác EMNQ nội tiếp nên MEQ  = CAE  và AE chung nên suy ∆ABE =  = AEB  Lại có BAE AEQ ∆ACE Do đó AB = AG và EB = EQ nên AE là đường trung trực BQ, suy Q và B đối xứng qua đường thẳng AE ( ) c) Giả sử đường tròn K cắt đường thẳng BM M Chứng minh RA vuông góc RC  EMR   Tứ giác ERMN nội tiếp đường tròn nên ta có ENR = = AMP    nên ta ERN  = ENC  Lại có ENC = ANP = AMP     và REN  = CEN  Ta có REN = PMN = PAN = PEC Kết hợp với cạnh NE chung ta suy ∆REN = ∆CEN Suy RN = NC = NA nên RN = AC , điều này dẫn đến tam giác RAC vuông R hay ta RA vuông góc với RC Câu 4(1.0 điểm) Số nguyên a gọi là số “đẹp” với cách xếp theo thứ tự tùy ý 100 số 1, 2, 3,…, 100 luôn tồn 10 số hạng liên tiếp có tổng lớn a Tìm số “đẹp” lớn • Lời giải Tổng 100 số dãy số là (1 + 100 ) 100 = 5050 Chia 100 số thành 10 số gồm 10 số liên tiếp thì trung bình tổng 10 số này là 505 Khi đó tồn ít số mà tổng 10 số đó lớn 505 Ta chứng minh a lớn chỉa có thể 505 cách cách chọn ví dụ mà tổng 10 số liên tiếp nhỏ 505, đó số a lớn 505 không thỏa mãn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 62 Website:tailieumontoan.com Thật vậy, xét cách xếp sau 100,1, 99, 2, 98, 3, …, 51, 50 (chia thành các cặp có tổng 101, viết số lớn đứng trước xếp các cặp cạnh theo thứ tự giảm dần số lớn hơn) Nếu 10 số liên tiếp gồm cặp số thì tổng 10 số này là 505 Nếu không 10 số gồm số đầu nhỏ cặp và kết thúc là số lớn cặp khác Các số này thuộc sáu cặp khác là x,101 − x, x − 1,102 − x, …, x − 4,105 – x và 10 số chọn là các số chọn là các số 101 − x đến x − (trong dãy trên ) Dễ thấy tổng 10 số liên tiếp không vượt quá 505 Vậy a = 505 Đề số 10 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng – Năm học: 2016 – 2017 Câu 1(3.5 điểm) x + 4y2 = a) Giải hệ phương trình  2 4x + 8xy + 5x + 10y = b) giải phương trình 64x + 4x 5x + 6x + = 5x + 6x + Câu 2(2.5 điểm) a) Với x, y là số nguyên thỏa mãn đẳng thức x − y2 − Chứng minh x2 − y2  40 = ( ) b) Tìm tất các cặp số nguyên x; y thỏa mãn đẳng thức sau x + 2x2 = y3 Câu 3(3.0 điểm) ( ) Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn O P là điểm thuộc cung nhỏ AD đường ( ) tròn O và P khác A, D Các đường thẳng PB, PC cắt AD AD M, N Đường trung trực AM cắt đường thẳng AC, PB E, K Đường trung trực DN cắt các đường thẳng BD, PC F, L a) Chứng minh ba điểm K, O, L thẳng hàng b) Chứng minh đường thẳng PO qua trung điểm EF c) Giả sử đường thảng EK cắt đường thẳng FL và AC cắt T Đường thẳng ST cắt các đường thẳng PB, PC U và V Chứng minh bốn điểm K, L, V, U cùng thuộc đương tròn Câu 4(1.0 điểm) Chứng minh với số tự nhiên n ≥ luôn tồn cách xếp n số 1, 2, 3, , n thành số x1, x2 , x , , x n cho x j ≠ xi + xk ( ) với số i; j; k mà ≤ i < j < k ≤ n Hướng dẫ giải Câu 1(3.5 điểm) Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 63 Website:tailieumontoan.com x + 4y2 = a) Giải hệ phương trình  2 4x + 8xy + 5x + 10y = Biến đổi tương đương hệ phương trình ta có ( ) 2  2y − 4xy x + 4y =  x += ⇔ ⇔   + 2y 4x + 8xy + 5x + 10y = 4xy x + 2y + x = ( ) ( ) ( ( )  2y − 4xy  x +=  + 2y  4xy + x = )( ) Đặt a = x + 2y; b = 4xy , đó hệ phương trình trên trở thành a − b = ⇔  ab + 5a = = b a2 − ⇔  a a − + 5a = ( ) x + 2y = Từ đó ta có hệ phương trình  ⇔ xy = −1 b = b = −4 a2 − a2 − b = ⇔ ⇔   a =1 = a − 5a + 5a = a    x = −1; y =   x = 2; y = −   1 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = −1;1  2; −  2  ) ( ) ( 64x + 4x 5x + 6x + = 5x + 6x + b) giải phương trình ( Dễ thấy 5x2 + 6x + > 5x2 + 6x + 5= 2x2 + + x + ) > với x Do đó điều kiện xác định phương trình là x ∈ R Phương trình đã cho viết lại thành ( ) ( 4x ) 5x + 6x + 5x + 6x + + 1= ( Đặt a= ( + 4x ) 5x + 6x + 5; b= 4x a > Khi đó phương trình trên viết lại thành ) ( )( ) a a + = b3 + b ⇔ a − b a + ab + b2 + = ⇔ a = b Từ đó ta 5x + 6x + = 4x , phương trình tương đương với x ≥ x ≥ ⇔x=  2 ⇔  11x = + 6x + 16x = − 6x − 5x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = Câu 2(2.5 điểm) a) Với x, y là số nguyên thỏa mãn đẳng thức Biến đổi giả thiết x − y2 − Chứng minh x2 − y2  40 = x − y2 − = ⇔ x − 1= y2 − ⇔ 3x − 2y2= ( ) ( ) Vì số chính phương chia dư hoặc 4, mà 3x − 2y2 = nên x và y2 chia cho có cùng số dư 1, từ đó ta x − y2  Vì số chính phương chia dư hoặc 4, mà 3x − 2y2 = nên x và y2 chia cho có cùng số dư 1, từ đó ta x − y2  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 64 Website:tailieumontoan.com Do và nguyên tố cùng nên ta x − y2  40 ( ) b) Tìm tất các cặp số nguyên x; y thỏa mãn đẳng thức sau x + 2x2 = y3 ( Ta có x + 2x2 = y ⇔ x + 2x2 + = y + ⇔ x2 + ( y + 1; y Gọi d = ) ( ) = ( y + 1) ( y 2 ) – y +1 ) − y + Khi đó ta có y +  d và y2 − y + 1 d nên ta ( y + 1) − ( y 2 ) − y +  d ⇒ 3y  d Do d là nguyên tố nên ta có hai trường hợp ( + Khi  d ta x2 + ) = ( y + 1) ( y 2 ) ( ) – y +  nên x2 +  ⇒ x2 + 1 Điều này vô lý vì số chính phương chia cho không thể có số dư là + Khi  d ta y  d , kết hợp với y + 1 d ta suy d = ) ( Do đó y + 1; y2 – y + = )( ( ) Khi đó y + y2 – y + là số chính phương nên ta đặt= y + a ; y2 –= y + b2 đó a, b ( ) là các số nguyên dương và a; b = Tứ đó ta b2 = (a ( ) > (2a Vì 2b 2 −1 −3 ) ) – (a 2 ) ( )( ) − ⇔ 4b2 = 4a − 12a + 12 ⇔ 2b – 2a + 2b + 2a + = ⇒ 2b > 2a − nên ta xét các trường hợp sau 2b − 2a + = b = + Trường hợp Với  , hệ không có nghiệm nguyên ⇒  2b + 2a − = a =  2b − 2a= b = = +3 = a y + 1 + Trường hợp Với  ⇔ ⇔ ⇒ ⇔ x = y =    2 =1 2a − = b= a y – y + 1 2b += Thử lại vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm là ( 0; ) ( ) Câu 3(3.0 điểm) Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn O P là điểm thuộc cung nhỏ AD ( ) đường tròn O và P khác A, D Các đường thẳng PB, PC cắt AD AD M, N Đường trung trực AM cắt đường thẳng AC, PB E, K Đường trung trực DN cắt các đường thẳng BD, PC F, L a) Chứng minh ba điểm K, O, L thẳng hàng  = KMA , Ta có KA = KM suy tam giác AKM cân Do đó ta KAM  + KBA =  + KAM =  = KBA  hay tam giác AKB Mà ta lại có KMA 900 và KAB 900 nên suy KAB cân ta K Do đó ta KA = KB = KM Lại có OB = OD nên OK là đường trung bình tam giác DKM, suy OK // MD Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 65 Website:tailieumontoan.com Chứng minh tương tự ta có OL là đường trung bình tam giác NCA, suy OL // AD Theo tiên đề Ơclit thì ba điểm K, O, L thẳng hàng b) Chứng minh đường thẳng PO qua trung điểm EF  = 450 nên tam giác EAM vuông cân Ta có E thuộc đường trung trực AM và EAM Do đó suy ME vuông góc với AC Hoàn toàn tương tự ta có NF vuông góc với BD Ta có MN song song với BC nên theo định lí Talet ta có PB PC = MB NC Hạ PX vuông góc với AC và PY vuông góc với BD, đó ta có PX, EM, BO cùng song song với Do đó ta XO PB = EO PM Lại có PY, FN, CO cùng song song với nên ta có YO PC = FO NC XO YO nên suy XY và EF song song với = EO FO    Ta có PXO = PYO = XOY = 900 nên tứ giác PXOY là hình chữ nhật, đó PO qua trung điểm Từ đó dẫn đến XY Do XY song song với EF nên PO qua trung điểm EF c) Giả sử đường thảng EK cắt đường thẳng FL và AC cắt T Đường thẳng ST cắt các đường thẳng PB, PC U và V Chứng minh bốn điểm K, L, V, U cùng thuộc đương tròn    = 450 Ta có LK song song với AD nên LK vuông góc với ES Do đó KOA = OAD = 450 nên KEO  = 900 nên OK là phân giác góc EOS  Mà ta có EOS Suy tam giác EOS cân nên ta có KS = KE , suy KL là đường trung trực ES hay E và S đối xứng với qua KL Hoàn toàn tương tự ta có F và T đối xứng qua KL  = STO  Từ đó ta ∆EOF = ∆SOT nên EFO Gọi giao điểm OP và EF là I, ta có I là trung điểm EF Do tam giác OEF cân nên ta có IO = IE = IE    Suy tam giác IOF cân nên IOF = IFO = OTS  + IOF  = EOF  = 900 nên IOE  + OTS = Mà IOE 900  = IOE  , suy TOH  + HTO = Gọi giao điểm OP và ST là H nên ta có TOH 900  = 900 hay PO vuông góc với ST Từ đó suy THO  = PCD  và PCD    nên PLF  PBO   Ta có PLF = PBD = BPO = = PVH  + HVP = Lại có PH vuông góc với UV nên VPH 900  + PLK  = PLK  = 900 nên PLK  = HVP  Mà ta lại có PLF  = UVP  hay tứ giác KLUV nội tiếp đường tròn Từ đó suy PLK Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 66 Website:tailieumontoan.com Câu 4(1.0 điểm) Chứng minh với số tự nhiên n ≥ luôn tồn cách xếp n số 1, 2, 3, , n thành số x1, x2 , x , , x n cho x j ≠ xi + xk với số ( i; j; k ) mà 1≤ i < j< k ≤ n Với n = ta có cách xếp 1, 3, Ta chứng minh bài toán đúng với n đúng với 2n Thật vậy, giả sử ta có cách xắp xếp đúng với n thì cách xếp đó có dạng x1, x2 , x , x , , x n thỏa mãn với ≤ i < j < k ≤ n ta có x j ≠ xi + xk Ta chứng minh tồn dãy 2n thỏa mãn đề bài Xét dãy sau 2x1,2x2 ,2x , ,2x n , 2x1 − 1, 2x2 − 1, 2x − 1, , 2x n − , dãy số gồm tất các số từ đến 2n Xét a < b cùng thuộc dãy + Nếu a, b khác tính chẵn lẻ thì a+b không thuộc dãy (thỏa mãn) + Nếu a, b cùng tính chẵn lẻ thì a+b thuộc dãy Nếu a, b cùng chẵn (trường hợp a, b cùng lẻ chứng minh tương tự ) Trường hợp Khi a+b a+b lẻ thì không thể nằm a, b cách xây dựng dãy (thỏa mãn) 2 Trường hợp Khi a+b chẵn Giả sử a+b a+b nằm a, b dãy đó a 2x , b 2x k , = 2x j với i < j < k suy = = i 2 dãy ban đầu x1,x2 ,x , , x n là cách xếp không thỏa mãn đề bài (mâu thuẫn ) Vậy điều giả sử là sai nên a+b không nằm a và b dãy Vậy với trường hợp trung bình cộng a, b không thể nằm a, b suy đã xây dựng cách xếp thỏa mãn cho trường hợp 2n Như đã chứng minh bài toán đúng với n thì đúng với 2n Mặt khác bài toán đúng với n thì đúng với n − Nên theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 67 Website:tailieumontoan.com Đề số 11 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BẮC NINH Vòng – Năm học 2016 – 2017 Câu 1(1.5 điểm) a) Giải phương trình x − 5x + = b) Tính giá trị biểu thức = A ( ) 12 + 27 − 108 Câu 2(1.5 điểm) x + my = , với m là tham số Cho hệ phương trình  x + 2y = a) Giải hệ phương trình m = ( ) b) Tìm tất các giá trị nguyên m để hệ phương trình có nghiệm x; y cho x và y là các số nguyên Câu 3(2.5 điểm) Cho hàm số y = 2x ( ) a) Vẽ đồ thị P hàm số ( ) b) Tìm m để đường thẳng d= : y 2mx − cắt P hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x ( cho biểu thức M = x1 + x ) ( − 17 x1 + x ) ( ) x12 x 22 − x1 + x x13 x 23 + 90 đạt giá trị nhỏ Câu 4(3.0 điểm) Cho tam giác ABC lấy điểm D thay đổinằm trên cạnh BC (D không trùng với B và C) Trên tia ( ) AD lấy điểm P cho D nằm A và P đồng thời DA.DP = DB.DC Đường tròn T qua hai điểm A và D cắt cạnh AB, AC F và E a) Chứng minh tứ giác ABPC nội tiếp b) Chứng minh hai tam giác DEF và PCB đồng dạng c) Chứng minh SDEF SABC ≤ EF2 ( SABC ; SDEF là diện tích tam giác ABC; DEF ) 4AD2 Câu 5(1.5 điểm) a) Cho tứ giác ABCD có đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường thẳng CD Chứng minh AD song song với BC thì đường tròn đường kính CD tiếp xúc với đường thẳng AB b) Trên bảng vuông 4x4 (gồm 16 ô vuông), ban đầu người ta ghi số và số cách tùy ý (mỗi ô số) Với phép biến đổi bảng, cho phép chọn hàng cột bất kì, trên hàng cột chọn, đổi đồng thời các số thành các số 1, các số thành các số Chứng minh sau 2016 phép biến đổi vậy, ta không thể đưa bảng ban đầu bảng có các số Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 68 Website:tailieumontoan.com Câu 1(1.5 điểm) a) Giải phương trình x − 5x + = Ta có  = nên phương trình có hai nghiệm= x 2;= x b) Tính giá trị biểu thức = A ( ) ( ) 12 + 27 − 108 ( ) Ta có A = 3 +3 −6 = − = −3 x + my = , với m là tham số Câu 2(1.5 điểm) Cho hệ phương trình  x + 2y = a) Giải hệ phương trình m = x + y = x =−1 Khi m = ta có hệ phương trình  ⇔  x += 2y = y  ( ) b) Tìm tất các giá trị nguyên m để hệ phương trình có nghiệm x; y cho x và y là các số nguyên x + my = Xét hệ phương trình  ⇔ x + 2y = ( ) () −2  m − y =  x= − 2y  () Để hệ phương trình có nghiệm thì phải có nghiệm  3m − −2  ; Muốn m − ≠ 0, suy m ≠ Hệ có nghiệm x; y =    m −2 m −2 ( ) } { Để y ∈  thì m − phải là ước suy m ∈ 0;1; 3; Thử lại với các giá trị này, y và x là số nguyên { } Vậy m ∈ 0;1; 3; là các giá trị cần tìm Câu 3(2.5 điểm) Cho hàm số y = 2x ( ) a) Vẽ đồ thị P hàm số (Học sinh tự vẽ hình) ( ) b) Tìm m để đường thẳng d= : y 2mx − cắt P hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x cho ( ( ) Phương trình hoành độ giao điểm d và ( P ) là x − mx + = (1 ) biểu thức M = x1 + x ) ( − 17 x1 + x ) x12 x 22 − x1 + x x13 x 23 + 90 đạt giá trị nhỏ m > Đường thẳng d cắt P hai điểm phân biệt và  > ⇔ m2 − > ⇔  m < −2 ( ) Áp dụng định lí Vi – et ta có x1 += x m; x1= x2 ( ) ( ) ( M = m − 17m2 − 6m + 90 = m − 18m2 + 81 + m2 − 6m + = m2 − ) + (m − 3) 2 ≥0 Vậy giá trị nhỏ M là Dấu xảy và m = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 69 Website:tailieumontoan.com Câu 4(3.0 điểm) Cho tam giác ABC lấy điểm D thay đổinằm trên cạnh BC (D không trùng với B và C) Trên tia AD lấy điểm P cho D nằm A và P đồng thời DA.DP = DB.DC Đường tròn ( T ) qua hai điểm A và D cắt cạnh AB, AC F và E a) Chứng minh tứ giác ABPC nội tiếp Ta có DA.DP = DB.DC nên DA DC Mà ta = DB DP A  = CDP  nên hai tam giác ADB và lại có ADB  = DCP  nên tứ CDP đồng dạng Suy DAB giác ABPC nội tiếp b) Chứng minh hai tam giác DEF và PCB đồng dạng F  DEF;   BCP  nên ta suy Ta có DAF = = BAP  = BCP  DEF B 1 K E D H C  = DFE  Từ đó suy Chứng minh tương tự CBP hai tam giác DEF và PCB đồng dạng c) Chứng minh SDEF SABC ≤ P EF2 ( SABC ; SDEF là diện tích tam giác ABC; DEF ) 4AD2 S SDEF SPBC EF2 SPBC = = Ta có DEF (vì hai tam giác PCB, DEF đồng dạng) SABC SPBC SABC BC2 SABC PK.BC SPCB PK DP Kẻ AH ⊥ BC H ∈ BC ; PK ⊥ BC K ∈ BC ta có = (vì AH song song = = SABC AH DA AH.BC với PK) ( ) ( Từ hai kết trên ta ( Ta lại có BC2 = DB + DC Suy SDEF SABC ≤ ) SDEF SABC = ) EF2 DP BC2 DA ≥ 4DB.DC =4DA.DP EF2 DP EF2 Dấu xảy D là trung điểm BC = 4DA DP DA 4AD2 Câu 5(1.5 điểm) a) Cho tứ giác ABCD có đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường thẳng CD Chứng minh AD song song với BC thì đường tròn đường kính CD tiếp xúc với đường thẳng AB Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 70 Website:tailieumontoan.com Gọi M, N là trung điểm AB, CD Gọi H, K là hình chiếu N, M trên AB, CD Nếu AD song song với BC B thì ABCD là hình M thang có MN là đường trung bình, Khi đó MN, AD, H BC song song với A Suy= ra, SMAD S= ; SMBC SNBC NAD Nên ta SNAB = SABCD − SNAD − SNBC = SABCD − SMAD − SMBC = SMC Do đó suy C K D 1 AB.NH = CD.MK 2 Mặt khác đường tròn đường kính AB tiếp xúc với CD nên MA = MB = MK = Suy NH = N AB CD = ND = NC Do đó H thuộc đường tròn đường kính CD mà NH ⊥ AB nên AB tiếp xúc với đường tròn đường kính CD b) Trên bảng vuông 4x4 (gồm 16 ô vuông), ban đầu người ta ghi số và số cách tùy ý (mỗi ô số) Với phép biến đổi bảng, cho phép chọn hàng cột bất kì, trên hàng cột chọn, đổi đồng thời các số thành các số 1, các số thành các số Chứng minh sau 2016 phép biến đổi vậy, ta không thể đưa bảng ban đầu bảng có các số ( ) • Lời giải Giả sử hàng (hoặc cột) đổi có m số ≤ m ≤ và − m số Sau phép biến đổi thì hàng (hoặc cột) thu có − m số và m số Do đó sau phép biến đổi thì số ( ) chữ số tăng lên giảm − m − m = − 2m số (là số chẵn) Mà ban đầu số số là nên sau 2016 phép biến đổi không thể đưa bảng ban đầu bảng có các số Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Đề số 12 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BẮC NINH Vòng – Năm học 2016 – 2017 Câu 1(2.5 điểm) ( ) a) Phân tích đa thức P x = x + 5x + 5x − 5x − thành nhân tử b) Rút gọn biểu thức = Q ( ) ( x − x −1 + x + x −1 ( x2 − x − ) )   ⋅ 1 −  với x > và x ≠ x − 1  Câu 2(2.0 điểm) ( ) a) Giải phương trình 2x – − 5x − 6= 3x − b) Cho bốn số thực a, b, c, d khác thỏa mãn các điều kiện a, b là hai nghiệm phương trình x − 10cx − 11d = và c, d là hai nghiệm phương trình x − 10ax − 11b = Tính giá trị biểu thức S = a + b + c + d Câu 3(1.0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = 3a + 3b4 + c3 + (a + b + c) ( ) với đường tròn ( C ) Lấy điểm M bất kì thuộc cung nhỏ AB (M không trùng với Câu 4(3.0 điểm) Trên đường tròn C tâm O, bán kính R vẽ dây cung AB < 2R Từ A, B vẽ hai tiếp tuyến Ax; By A và B) Gọi H, K, I là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống AB, Ax và By a) Chứng minh MH2 = MK.MI b) Gọi E là giao điểm AM và KH, F là giao điểm BM và HI Chứng minh đường thẳng EF là tiếp tuyến chung hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK và MFI c) Gọi D là giao điểm thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK và MFI Chứng minh M di chuyển trên cung nhỏ AB thì đường thẳng DM luôn qua điểm cố định Câu 5(1.5 điểm) ( ) a) Tìm ba số nguyên tố a, b, c thỏa mãn các điều kiện a < b < c và bc − chia hết cho a, ( ca − 1) chia hết cho b, ( ab − 1) chia hết cho c b) Các nhà khoa học gặp hội nghị Một số người là bạn Tại hội nghị không có hai nhà khoa học nào có số bạn lại có bạn chung Chứng minh có nhà khoa học có đúng người bạn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 72 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải Câu 1(2.5 điểm) ( ) a) Phân tích đa thức P x = x + 5x + 5x − 5x − thành nhân tử ( ( ) ) ( )( ) ( )( )( )( ) P x = x + 5x + 6x − x + 5x + = x + 5x + x − = x − x + x + x + ( ) ( x − x −1 + x + x −1 = b) Rút gọn biểu thức Q ( x2 − x − ) )   ⋅ 1 −  với x > và x ≠ x − 1  ( x − 1) − ( x − 1) + + ( x − 1) + ( x − 1) + x − ⋅ x −1 ( x − 2) Q ( = x −1 −1 ) ) ( + ( x − 2) x −1 −1 + x −1 +1 x −2 ⋅ x −1 x −2 1− x −1 + x −1 +1 x −2 = ⋅ 2−x x −1 1− x + Nếu 1= < x < thì Q + Nếu x > thì Q = x −1 +1 x −2 = ⋅ x −1 x −1 −1+ x −1 +1 x −2 = ⋅ x −2 x −1 x −1 Câu 2(2.0 điểm) ( ) a) Giải phương trình 2x – − 5x − 6= 3x − • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ ) ( 5x − +  + ( 3x − ) − 3x − + 1 =    ( ) ⇔ ( 5x − ) −  2x – − 5x − 6= ⇔ ( 5x − − Biến đổi phương trình đã cho ta ) ( + 3x − ⇔ 2x – − 5x − 6= 3x − 3x − − )   5x − − = =0⇔ ⇔x=3  3x − − = Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiêm là x = b) Cho bốn số thực a, b, c, d khác thỏa mãn các điều kiện a, b là hai nghiệm phương trình x − 10cx − 11d = và c, d là hai nghiệm phương trình x − 10ax − 11b = Tính giá trị biểu thức S = a + b + c + d a + b = 10c nên theo hệ thức Vi – et ta có  • Lời giải Vì a, b là hai nghiệm x − 10cx − 11d = ab = −11d c + d = 10a Vì c, d là hai nghiệm x − 10ax − 11b = nên theo hệ thức Vi – et ta có  cd = −11b ( ) ( Từ các hệ thức trên ta có a + c = b + d ⇒ S = 10 a + c ) Cũng từ ab = −11d và cd = −11b nên ta có ac = 121 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 73 Website:tailieumontoan.com Mà a là nghiệm phương trình x − 10cx − 11d = nên a − 10ac − 11d = và c là nghiệm phương trình x − 10ax − 11b = nên c2 − 10ac − 11b = Từ đó ( ) ( ) − 22ac − 99 ( a + c ) = a + c =−22 ⇔ ( a + c ) − 99 ( a + c ) − 2662 = ⇔  a+c= 121 a + c2 − 20ac − 11 b + d =⇔ a+c 2  + Với a + c =−22 ⇒ S =−220 + Với a + c= 121 ⇒ S= 1210 Câu 3(1.0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức M= 3a + 3b4 + c3 + (a + b + c) ( ) • Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2a + a + ≥ 2a + 2a ≥ 4a hay ta 3a + ≥ 4a Hoàn toàn tương tự ta 3b4 + ≥ 4b3 Do đó suy M ≥ 4a + 4b3 + c3 (a + b + c) (a + b) + c Nên ta M ≥ (a + b + c) 3 ) (a + b) ≥ ⇒ (a (a + b + c) ≥ (a + b + c) 3 Vậy giá trị nhỏ M là ( Mà a − b 3 ) ( + b3 ≥ a + b ) Dấu xảy a= b= 1; c= = , xẩy a= b= 1; c= ( ) với đường tròn ( C ) Lấy điểm M bất kì thuộc cung nhỏ AB (M không trùng với Câu 4(3.0 điểm) Trên đường tròn C tâm O, bán kính R vẽ dây cung AB < 2R Từ A, B vẽ hai tiếp tuyến Ax; By A và B) Gọi H, K, I là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống AB, Ax và By a) Chứng minh MH2 = MK.MI A Ta có các tứ giác AHMK; BHMI nội tiếp đường tròn và Ax; By là tiếp tuyến (O; R ) nên ta có  MBH    = MIH = MAK = MHK  = MHI  Hoàn toàn tương tự MKH K D I M Do đó suy MIH ∽ MHK nên ta MI MH = ⇒ MH2 = MI.MK MH MK b) Gọi E là giao điểm AM và KH, F là C E A Q H F B giao điểm BM và HI Chứng minh đường thẳng EF là tiếp tuyến chung hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK và Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 O TÀI LIỆU TOÁN HỌC 74 Website:tailieumontoan.com MFI  MHK;   MAB  Theo chứng minh trên ta có MBA = = MHI  + EMF = Nên ta EHF 1800 đó tứ giác MEHF nội tiếp đường tròn  = EFM  Mà ta lại có EHM  = HBM  = HIM  ⇒ EFM  = FIM  Suy EHM Từ đó suy EF là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MFI Tương tự EF là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEK Vậy EF là tiếp tuyến chung hai đường tròn nói trên c) Gọi D là giao điểm thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK và MFI Chứng minh M di chuyển trên cung nhỏ AB thì đường thẳng DM luôn qua điểm cố định  = MHE  = MBH  ⇒ MFE  = MBH  nên EF song song với AB Ta có MFE Gọi C là giao điểm DM và EF, Q là giao điểm DM và AB Vì EF là tiếp tuyến chung hai 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác MEK và MFI nên CE = CM.CD; CF = CM.CD ⇒ CE = CF Mà CE MC CF = = ⇒ QA = QB Vậy Q là trung điểm đoạn AB cố định nên Q là điểm cố QA MQ QB định Câu 5(1.5 điểm) ( ) ( a) Tìm ba số nguyên tố a, b, c thỏa mãn các điều kiện a < b < c và bc − chia hết cho a, ca − ( ) ) chia hết cho b, ab − chia hết cho c • Lời giải Do a, b, c là ba số nguyên tố thỏa mãn a < b < c nên a ≥ 2, b ≥ 3, c ≥ Từ đó ta suy ( ) ( ab + bc + ca − 1)  b ( ) ab + bc + ca − > Từ giả thiết ta lại có ab −  c nên ab + bc + ca −  c ( ) Tương tự ab + bc + ca −  a, Vì a, b, c là số nguyên tố phân biệt nên a, b, c đôi nguyên tố cùng đó (ab + bc + ca − )  abc ⇒ ab + bc + ca − ≥ abc Nếu a ≥ ta có abc ≥ 3bc > ab + bc + ca > ab + bc + ca − (mâu thuẫn) Do đó a = ( ) ( ) ( ) Khi đó 2b −  c, 2c −  b Tương tự suy 2b + 2c −  bc nên 2b + 2c − ≥ bc Nếu b ≥ ta có bc ≥ 5c > 2b + 2c − (mâu thuẫn) Do đó b = Suy ra, ab − = c nên c = Thử lại= a 2;= b 3;= c thỏa mãn bài toán Vậy= a 2;= b 3;= c b) Các nhà khoa học gặp hội nghị Một số người là bạn Tại hội nghị không có hai nhà khoa học nào có số bạn lại có bạn chung Chứng minh có nhà khoa học có đúng người bạn • Lời giải Gọi k là số bạn nhà khoa học có nhiều bạn hội nghị Nếu có hai nhiều nhà khoa học có số lượng bạn k thì ta lấy người bất kì Giả sử đó là nhà khoa học A Gọi các bạn nhà khoa học A là A1, A2 , , A k Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 75 Website:tailieumontoan.com Tất các nhà khoa học A1, A2 , , A k không có nhiều k người bạn vì ta giả thiết k lớn và có ít bạn là A , không có người nào số A1, A2 , , A k có số bạn vì theo giả thiết thì đã có bạn chung A thì không thể có số bạn Suy ra, A1, A2 , , A k có thể có số bạn là 1, 2, , k Tức là có người A1, A2 , , A k có đúng bạn (đó chính là A) Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 76 Website:tailieumontoan.com Đề số 13 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH HÀ NAM Năm học 2016 – 2017 Câu 1(2.0 điểm)   5x −  10x +   + 5x  5x  . Cho biểu thức A = − − 5x   − 6       5x − 5x + 5x +   + 5x    5x − Với x ≥ 0; x ≠ ;x ≠ 5 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các số tự nhiên lớn 10 để P > Câu (2.0 điểm) ( a) Giải phương trình 2x − 4x − + x − ( ) 12x − = (8 − x) 3−x ) b) Cho phương trình x − m − x + 2m − = (m là số thực) Tìm tất các giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x thỏa mãn điều kiện (x )( ) + 2x1 + 2m − x 22 + 2x + 2m − = −15 Câu (1.0 điểm) Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn a+2 b+3 là số nguyên dương Gọi d là ước + b a chung lớn a và b Chứng minh d2 ≤ 2a + 3b Câu (4.0 điểm) ( ) Cho đường tròn O; R và dây BC không qua O Trên tia đối tia BC lấy điểm A(khác ( ) B) Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn O (M, N là các tiếp điểm) Gọi I là trung điểm BC và K là giao điểm AC với MN  a) Chứng minh IA là tia phân giác góc MIN 1 b) Chứng minh = + AK AB AC c) Lấy các điểm E, P, F trên AM, MN, NA cho tứ giác AEDF là hình bình hành Gọi Q là điểm đối xứng với P qua đường thẳng EF Chứng minh ba điểm O, P, Q thẳng hàng Câu (1.0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh 1 + + = 12 x+y y+z z+x 1 + + ≤ Dấu đẳng thức xẩy nào? 2x + 3y + 3z 3x + 2y + 3z 3x + 3y + 2z Phân tích và hướng dẫn giải Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 77 Website:tailieumontoan.com   5x −  10x +   + 5x  5x  . Câu Cho biểu thức A = − − 5x   − 6       5x −  5x − 5x + 5x +   + 5x   a) Với x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ ta có 5   5x −  10x +   + 5x  5x  . A= − − 5x   − 6       5x −  5x − 5x + 5x +   + 5x   10x − − 5x + 5x 5x − − 5x + 5x − 5x + − 5x = 5x − 5x + 5x + 5x − )( ( = ( 5x − ) 5x − ( 3 = 5x − b) Tìm các số tự nhiên lớn 10 để P > Với x ≥ 0; x ≠ ) ( ) ( 5x − ) 5x − ) 5x − 1 Khi đó ta có ; x ≠ ta P = 5 5x − ) ( 5x − 7 − 5x 64 P >= ⇔P > ⇔ > ⇔ < 5x < ⇔ < x < 2 5 5x − 5x − } { Do x là số tự nhiên lớn 10 nên ta x ∈ 11;12 thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu a) Giải phương trình ( 2x − 4x − + x − ) 12x − = (8 − x) 3−x • Lời giải Điều kiện xác định phương trình đã cho là x ≤ − + ≤ x ≤ Phương trình đã cho tương đương với ( ⇔ ( 2x − 4x − − − x + 2x − 3x − 5x 2x − 4x − − − x )( ) 3−x = 2x − 4x − + − x ) + (2x 2x − 4x − + − x 2x − 3x − ⇔ + 2x − 3x − 5x − x = 2x − 4x − + − x   ⇔ 2x − 3x −  + 3−x =    2x − 4x − + − x  ( ( Dễ thấy − 3x − 5x ) 3−x = ) ) 2x − 4x − + − x 2 + − x > nên từ phương trình trên ta  5 2x − 3x − = ⇔ x ∈ −1;   2  5 Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S= −1;   2 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 78 Website:tailieumontoan.com ( ) b) Cho phương trình x − m − x + 2m − = (m là số thực) Tìm tất các giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x thỏa mãn điều kiện (x ) )( + 2x1 + 2m − x 22 + 2x + 2m − = −15 ( ) • Lời giải Xét phươg trình x − m − x + 2m − = với m là tham số ' Ta có ∆= m2 − 4m + 7= ( m − 2) + > với m Do đó phương trình có nghiệm với m ( ) x + x = m − Theo hệ thức Vi – et ta có  x x =  2m − ( ) Ta có x − m − x + 2m − = ⇔ x − 2x + 2m − = 2mx + Do x1 ; x là hai nghiệm phương trình nên ta có ta có (x ( )( ) + 2x1 + 2m − x 22 + 2x + 2m − = −15 )( ) ( ) ⇔ 2mx1 + 2mx + =−15 ⇔ 4m x1 x + 2m x1 + x + =−15 Kết hợp với hệ thức Vi – et ta ( ) ) ( 4m2 2m − + 4m m − + 16 = ⇔ 2m − 5m2 − m + =  − 41 + 41  ⇔ m − 2m2 − 3m − = ⇔ m ∈ 1; ;  4   ( )( )  − 41 + 41  Vậy các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán là m ∈ 1; ;  4   Câu Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn a+2 b+3 là số nguyên dương Gọi d là + b a ước chung lớn a và b Chứng minh d2 ≤ 2a + 3b • Lời giải Vì d là ước chung lớn a và b nên tồn các số tự nhiên a1 ; b1 thỏa mãn các ( ) điều kiện = a da = ; b db1 và a1 ; b1 = Đặt a+2 b+3 + = k đó ta kab = a + 2a + b2 + 3b Từ đó ta b a ( ) kd2a1b1 = d2a12 + d2 b12 + 2a + 3b ⇔ 2a + 3b = d2 ka1b1 − a12 − b12 Do a, b, k là các số nguyên dương nên suy ka1b1 − a12 − b12 là số nguyên dương ( ) Từ đó ta ka1b1 − a12 − b12 ≥ Như từ 2a = + 3b d2 ka1b1 − a12 − b12 ta 2a + 3b 2a + 3b d2 = 2a + 3b ≤ = 2 ka1b1 − a1 − b1 Vậy bài toán chứng minh xong Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 79 Website:tailieumontoan.com ( ) Câu Cho đường tròn O; R và dây BC không qua O Trên tia đối tia BC lấy điểm A(khác ( ) B) Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn O (M, N là các tiếp điểm) Gọi I là trung điểm BC và K là giao điểm AC với MN  a) Chứng minh IA là tia phân giác góc MIN ( ) Do AM và AN là tiếp tuyến với O và I trung  AMO   điểm BC nên ta có = AIO = ANO = 900 Từ đó suy năm điểm A, M, I, O, N cùng nằm trên đường tròn đường kính AO  = AOM  và NIA  = NOA  Mà Từ đó dẫn đến AIM  = NOA  nên suy MIA  = NIA  MOA  Từ đó suy IA là tia phân giác góc MIN 1 b) Chứng minh = + AK AB AC    Gọi H là giao điểm AO với MN Xét hai tam giác AHK và AIO có AHK = AIO = 900 và HAK chung nên ∆AHK ∽ ∆AIO Từ đó ta AK AH = ⇒ AK.AI = AH.AO AO AI Dễ dãng chứng minh AB.AC = AM2 và AH.AO = AM2 Do đó AB.AC = AH.AO Như ta AI.AK = AB.AC Để ý AI = Do đó AB + AC AB + AC 1 = + AK = AB.AC ⇔ AK AB AC c) Lấy các điểm E, P, F trên AM, MN, NA cho tứ giác AEDF là hình bình hành Gọi Q là điểm đối xứng với P qua đường thẳng EF Chứng minh ba điểm O, P, Q thẳng hàng  = EPF  và QFE  = PFE  Do P và Q đối xứng với qua EF nên EQF  = EPF  và PFE  = AEF  Do AEPF là hình bình hành nên ta EAF  = EQF  nên tứ giác AQEF nội tiếp đừng tròn, do=  QFE;   QFA  đó QAE Từ đó suy EAF = QEA  = AEF  nên AQ song song với EF, đó AQEF là hình thang cân nên QE Suy QAE = FA = EP   Dễ dàng chứng minh EP = ME = QE; QF = AE = PF = NE; QFN = QEM  = QMA  , suy tứ giác Từ đó ta tam giác QME đồng dạng với tam giác QNF nên QNF AQMN nội tiếp đường tròn Điều này dẫn đến sáu điểm A, M, N, O, I, Q cùng nằm đường tròn  = 900 ⇒ OQ ⊥ QA Mà ta đã có PQ ⊥ EF và AQ song song đường kính AO Do đó suy AQO với EF Do đó ta ba điểm O, P, Q thằng hàng Câu Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 1 + + = 12 x+y y+z z+x TÀI LIỆU TOÁN HỌC 80 Website:tailieumontoan.com Chứng minh 1 + + ≤ Dấu đẳng thức xẩy nào? 2x + 3y + 3z 3x + 2y + 3z 3x + 3y + 2z a =x + y 2x + 3y + 3z =a + 2b + c   • Lời giải Đặt b = y + z ⇒ 3x + 2y + 3z = a + b + 2c c = z + x 3x + 3y + 2z = 2a + b + c   Giả thiết bài toán trở thành 1 + + = 12 và bất đẳng thức cần chứng minh viết lại a b c thành 1 + + ≤3 a + 2b + c a + b + 2c 2a + b + c Áp dụng bất đẳng thức dạng 1 1 ≤  +  ta có A + B A B 16 16 4 1 1 = ≤ + ≤ + + + = + + a + 2b + c a + b + b + c a + b b + c a b b c a b c Hoàn toàn tương tự ta 1 2 1 ≤ + + ; ≤ + + a + b + 2c a b c 2a + b + c a b c Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta 1 1 16 16 16 + + ≤  + + = 4.12= 48 a + 2b + c a + b + 2c 2a + b + c a b c Hay ta 1 + + ≤ a + 2b + c a + b + 2c 2a + b + c Do đó ta 1 + + ≤3 2x + 3y + 3z 3x + 2y + 3z 3x + 3y + 2z Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy và x= y= z= Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 81 Website:tailieumontoan.com Đề số 14 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PTNK TP HỒ CHÍ MINH Vòng – Năm học: 2016 – 2017 Bài Biết a và b là các số thực dương với a ≠ b và ( ) (  a a − 4b + b b + 2a  a+b   )  :  a      a a − b b  2016 − ab   + ab   =  a − b  a+ b   a +b b Tính tổng S= a + b Bài a) Giải phương trình x x + = 2x − 5x )( ( )  y +x−3 y+ x =  b) Giải hệ phương trình  x + y = ( x + 1) ( x Bài Cho phương trình + mx + 2m + 14 x ) = a) Giải phương trình trên m = −8 b) Tìm các giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x thỏa mãn ( ) x 22 + m + x + 2m + 14 =3 − x1 Bài a) Ông An cải tạo mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài 2,5 lần chiều rộng Ông thấy đào cái hồ có mặt hồ hình chữ nhật thì chiếm 3% diện tích mảnh vườn, còn giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt hồ có hình vuông và diện tích mặt hồ giảm 20 m2 Hãy tính các cạnh mảnh vườn b) Lớp 9A có 27 học sinh nam và 18 học sinh nữ Nhân dịp sinh nhật bạn X(là thành viên lớp), các bạn lớp cs nhiều món quà tặng X Ngoài bạn nam lớp làm thiệp và bạn nữ lớp làm hạc để tặng X Biết số thiệp và số hạc nhau, hỏi bạn X là nam hay nữ? Bài Cho tam giác ABC có tâm O và AB = 6a , các điểm M và N trên cạnh AB, AC cho AM = AN = 2a Gọi I, J, K là trung điểm BC, CA và MN a) Chứng minh các điểm M, N, B, C cùng thuộc đường tròn T Tính diện tích tứ giác BMNC theo a b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK Chứng minh đường tròn đường kính NC tiếp xúc với AI c) Giả sử AE tiếp xúc với đường tròn T E(E và B cùng phía AI) Gọi F là trung  điểm OE Tình số đo góc AFJ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 82 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải Bài Biết a và b là các số thực dương với a ≠ b và ( ) (  a a − 4b + b b + 2a  a+b   )  :  a      a a − b b  2016 − ab   + ab   =  a − b  a+ b   a +b b Tính tổng S= a + b ( ) ( ) a a − 4b + b b + 2a a − 4ab + b2 + 2ab a − 2ab + b2 • Lời giải Ta có = = = a+b a+b a+b a a +b b a+ b a a −b b a+ b ( a+ b a − b a + ab + b + ab = a− b (a − b) Do đó ta được= 2016   a+b  Từ đó suy S = a + b = )(a − ( − ab = ab + b )( a− b ( a− b )( (a − b) a+b và )− ab =− a ab + b = a − b )+ ab = a + ab + b = a + b ( ) ( ) 2 )  a += b   a+b 2016 Bài a) Giải phương trình x x + = 2x − 5x • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ Biến đổi tươngđương phương trình ta x x + = 2x − 5x ⇔ x Xét phương trình ( x = x + − 2x + = ⇔   x + − 2x + = ) x + − 2x + = , biến đổi phương trình ta 2x − ≥ x + = 2x − ⇔  x + 5= 2x −  ( ) 2x − ≥ ⇔ ⇔x= 4x − 21x + 20 =  { } Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S = 0; )( ( )  y +x−3 y+ x =  b) Giải hệ phương trình  x + y = • Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình là x ≥ 0; y ≥ Ta có ( + Với  y +x−3= y +x−3 y+ x = ⇔   y+x=  )( ) y+x= , kết hợp với điều kiện y ≥ ta suy x= y= , thay vào phương trình thứ hai ta thấy không thỏa mãn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 83 Website:tailieumontoan.com + Với ( y +x−3= Khi đó đặt = a a + x = ⇔  2 a x + =  ) y a ≥ và kết hợp với phương trình thứ ta có hệ   x 1;=  x 1;= a y = = a= − x ⇔ ⇒    a = y =  x 2;=  x 2;=  − x + x = ( ) ( ) ( )( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta có các nghiệm là x; y = 1; , 2;1 ( x + 1) ( x Bài Cho phương trình + mx + 2m + 14 x ) = a) Giải phương trình trên m = −8 b) Tìm các giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x thỏa mãn ( ) x 22 + m + x + 2m + 14 =3 − x1 ( x + 1) ( x Bài Cho phương trình + mx + 2m + 14 x ) = a) Giải phương trình trên m = −8 Điều kiện xác định phương trình là x > Khi m = −8 phương trình đã cho viết lại thành ( x + 1) ( x − 8x − x )= 0⇔x − 8x − = ⇔ x = ± (Do x > nên x + > ) { Vậy với m = −8 thì phương trình có tập nghiệm là S =+ 2; − ( b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x thỏa mãn } ) x 22 + m + x + 2m + 14 =3 − x1 Phương trình đã cho có nghiệm và phương trình x + mx + 2m + 14 = có nghiệm dương Để phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x thì x + mx + 2m + 14 = phải có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x Điều này xẩy và ( ) ∆ = m2 − 2m + 14 >  x1 + x = −m > S = P = x x = 2m + 14 >  Do x là nghiệm phương trình củap hương trình x + mx + 2m + 14 = nên ta ( ) x 22 + mx + 2m + 14 =0 ⇔ x 22 + m + x + 2m + 14 =x Từ đó ta ( ) x 22 + m + x + 2m + 14 =− x1 ⇔ x =− x1 ⇔ x1 + x = Bình phương hai vế và kết hợp với hệ thức Vi – et ta Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 84 Website:tailieumontoan.com ( x1 + x )= ⇔ x1 + x + x1 x = ⇔ −m + 2m + 14 = m ≥ −9 ⇔ 2m + 14 =m + ⇔  4 2m + 14 = m + ) ( ( m ≥ −9 ⇔ ⇔ m =−5 m + 10m + 25 =  ) Thử m = −5 vào phương trình ta thấy thỏa mãn Vậy m = −5 là giá trị cần tìm Bài a) Ông An cải tạo mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài 2,5 lần chiều rộng Ông thấy đào cái hồ có mặt hồ hình chữ nhật thì chiếm 3% diện tích mảnh vườn, còn giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt hồ có hình vuông và diện tích mặt hồ giảm 20 m2 Hãy tính các cạnh mảnh vườn • Lời giải Gọi chiều dài và chiều rộng mặt hồ là x, y(m) Khi giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt hồ có hình vuông nên ta có x − = y + ( )( ) Diện tích mặt hồ lúc đầu là xy và sau giảm chiều dài, tăng chiều rộng là x − y + Khi đó ( )( ) ta có phương trình xy − x − y + = 20 Từ đó ta có hệ phương trình x − = y + ⇔  20 xy − x − y + = ( )( )  x= y +  y y + − y + ( ) ( ) y+7 15 x = x = ⇔ ⇔ = = 20 = 3y 24 y ( ) Từ đó ta diện tích mặt hồ là 120 m2 Gọi a là chiều rộng mảnh vườn, đó chiều dài mảnh vườn là 2, 5a và diện tích mảnh vườn là 2, 5a Theo bài ta có phương trình 2, 5a 3%= 120 ⇔ a = 160 ⇔ a = 40 ( ) Từ đó chiều rông mảnh vườn là 40 m và chiều dài mảnh vườn là 100m b) Lớp 9A có 27 học sinh nam và 18 học sinh nữ Nhân dịp sinh nhật bạn X(là thành viên lớp), các bạn lớp có nhiều món quà tặng X Ngoài bạn nam lớp làm thiệp và bạn nữ lớp làm hạc để tặng X Biết số thiệp và số hạc nhau, hỏi bạn X là nam hay nữ? ( ) • Lời giải Gọi x là số bạn nữ tặng X hạc và y là số bạn nữ tặng X hạc x; y ∈ N* + Giả sử X là bạn nam, đó có 18 bạn nữ tặng hạc cho X nên ta có phương trình x + y = 18 Số hạc X tặng là 2x + 5y Số bạn nam tặng thiệp cho X là 26 nên số thiệp X nhận là 26.3 Do số tập thiệp tặng số hạc nên ta có phương trình 2x + 5y = 26.3 x + y 18 = x = Từ đó ta có hệ phương trình  , thỏa mãn ⇔ = + 5y 26.3 = 2x y 14 + Giả sử X là bạn nữ, đó có 17 bạn nữ tặng hạc cho X nên ta có phương trình x + y = 17 Số hạc X tặng là 2x + 5y Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 85 Website:tailieumontoan.com Số bạn nam tặng thiệp cho X là 27 nên số thiệp X nhận là 27.3 Do số tập thiệp tặng số hạc nên ta có phương trình 2x + 5y = 27.3 x + y = 17 Từ đó ta có hệ phương trình  , hệ không có nghiệm nguyên 27.3 2x + 5y = Vậy bạn X là nam Bài Cho tam giác ABC có tâm O và A AB = 6a , các điểm M và N trên cạnh AB, AC cho AM = AN = 2a Gọi I, J, K là M trung điểm BC, CA và MN N K a) Chứng minh các điểm M, N, B, C cùng E thuộc đường tròn T Tính diện tích tứ giác J F O BMNC theo a  = 600 nên tam giác Ta có AM = AN = 2a và MAN   MAN Từ đó ta AMN = ACB = 600 nên B I C tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn Lại có MN song song với BC và AK ⊥ MN; AI ⊥ BC nên ta suy ba điểm A, K, I thẳng hàng  6a  2a Do đó AI AC.= = sin ACB = sin 600 3a = và AI AN = sin ANM = sin 600 a Từ đó dẫn đến IK = 2a Suy ta có SBMNC = = 8a (đvdt) IK MN + BC ( ) b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK Chứng minh đường tròn đường kính NC tiếp xúc với AI Ta có OJ vuông góc với AC và NJ = AJ − AN = a; NK = MN = a nên suy ∆OJN = ∆OKN c) Giả sử AE tiếp xúc với đường tròn T E(E và B cùng phía AI) Gọi F là trung điểm  OE Tình số đo góc AFJ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 86 Website:tailieumontoan.com Đề số 15 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PTNK TP HỒ CHÍ MINH Vòng – Năm học: 2016 – 2017 Câu 1(2.5 điểm) ( ( )( )( ) )  x − 2y x + my = m2 − 2m − a) Cho hệ phương trình   y − 2x y + mx = m − 2m − ( Giải phương trình m = −3 và tìm m để hệ phương trình có ít nghiệm x ; y ) thỏa mãn điều kiện x > 0, y > ( ) b) Tìm a ≥ để phương trình ax + − 2a x + − a = có hai nghiệm phân biệt x1 ; x thỏa mãn điều kiện x 22 − ax1 = a − a − Câu 2(2.0 điểm) Cho x, y là hai số nguyên dương thỏa mãn x + y2 + 10 chia hết cho xy a) Chứng minh x và y là hai số lẻ và nguyên tố cùng b) Chứng minh k = x + y2 + 10 chia hết cho và k ≥ 12 xy Câu 3(1.5 điểm) Biết x ≥ y ≥ z; x + y + z = và x + y2 + z2 = ( ) + ( x − y )( y − z ) + ( y − z ) b) Tìm giá trị lớn P =( x − y )( y − z )( z − x ) a) Tính S = x − y 2 Câu 4(3.0 điểm)  > 450 Dựng các tam giác vuông ABMN, ACPQ(M và C khác Cho tam giác ABC nhọn có BAC phía AB, B và Q khác phía AC) AQ cắt đoạn BM E và NA cắt CP F a) Chứng minh ∆ABE ∽ ∆ACF và tứ giác EFQN nội tiếp đường tròn b) Chứng minh trung điểm I EF là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC c) MN cắt PQ D, các đường tròn ngoại tiếp các tam giác DMQ và DNQ cắt K(khác D), các tiếp tuyến B và C đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt J Chứng minh các điểm D, A, K, J thằng hàng Câu 5(1.0 điểm) ( ) Với số nguyên dương m lớn 1, kí hiệu s m là ước nguyên dương lớn m và khác m Cho số tự nhiên n > , đặt n = n và tính các số ( ) ( ) ( ) n1 = n − s n ; n2 = n1 − s n1 ; ; n i +1 = n i − s n i ; Chứng minh tồn số nguyên dương k để n k = và tính k n = 216.1417 Hướng dẫn giải Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 87 Website:tailieumontoan.com Câu 1(2.5 điểm) ( ( )( )( ) )  x − 2y x + my = m2 − 2m − a) Cho hệ phương trình  Giải phương trình m = −3 và tìm m y 2x y mx m 2m − + = − −  ( ) để hệ phương trình có ít nghiệm x ; y thỏa mãn điều kiện x > 0, y > + Khi m = −3 hệ phương trình trên viết lại thành ( ( )( )( ) ) 3y 12  x − 2y x −= ⇔  12  y − 2x y − 3x = 6y2 12 x − 5xy +=  2 12 y − 5xy + 6x = ( ) Lấy hiệu theo vế hai phương trình hệ ta x − y2 = ⇔ x2 = y2 ⇔ x = ±y  Với x = y , đó phương trình thứ hệ trở thành x = 6⇒x= y= ±  x = 1; y = −1  Với x = y , đó phương trình thứ hệ trở thành x 2= ⇒  −1; y =  x = ( ) ( )( )( Do đó hệ phương trình có các nghiệm là x; y =−1;1 , 1; −1 , ( ( )( ) 6; , − 6; − ) ) x + m − xy − 2my2 = m2 − 2m − + Hệ phương trình đã cho viết lại thành  2 y + m − xy − 2mx = m − 2m − )( ( ) Lấy hiệu theo vế hai phương trình hệ ta 2m + x − y2 = − Phương trình có  Nếu m = − , đó từ hệ phương trình đã cho ta x − xy + y2 = 2 5+  nghiệm  ;2  thỏa mãn yêu cầu bài toán      Nếu m ≠ − , đó từ phương trình trên ta x = ± y Dễ thấy x = − y không thỏa mãn yêu cần bài toán(vì đó x; y trái dấu) Từ đó ta x = y , ( ) ( )( ) đó từ phương trình thứ ta − m + x = m + m − ( ( )( )( ) )  x − 2y x − y = Khi m = −1 thì hệ phương trình trở thành   y − 2x y − x = Dễ thấy trường hợp này thỏa mãn yêu cầu bài toán, cần chọn x= y= Khi m ≠ −1 đó ta có x= m −3 Để hệ phương trình có nghiệm x= y > thì − m > ⇔ m < Khi đó hệ phương trình có nghiệm x= y= 0 3−m Vậy với m < thì hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán ( ) b) Tìm a ≥ để phương trình ax + − 2a x + − a = có hai nghiệm phân biệt x1 ; x thỏa mãn điều kiện x 22 − ax1 = a − a − Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 88 Website:tailieumontoan.com Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là ∆= (1 − 2a ) ( ) − 4a − a = 8m2 − 8a + > 2a − suy ax1 + ax =2a − hay ax1 = 2a − − ax Theo định lí Vi – et ta có x1 + x = a Kết hợp với x 22 − ax1 = a − a − ta x 22 + ax − 2a + = a − a − Từ đó suy ax 22 + a x − a − a + 2a = ( ) Do x là nghiệm phương trình nên ta có ax 22 + − 2a x + − a = Từ đó ta có (ax + a x − a − a + 2a ) − ax + (1 − 2a ) x ⇔ ( a + 2a − 1) x = a + a − a + 2 2 2 2 + − a =  2 Do a ≥ nên a + 2a − > nên từ phương trình trên ta x 2= a − Thế vào phương trình ax 22 + a x − a − a + 2a = ta ( a − 1) ( ) { } + a a − − a − a + = ⇔ a ∈ 1; Thử lại vào phương trình đã cho ta a = và a = thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 2(2.0 điểm) Cho x, y là hai số nguyên dương thỏa mãn x + y2 + 10 chia hết cho xy a) Chứng minh x và y là hai số lẻ và nguyên tố cùng Giả sử hai số x và y có số chẵn, vài trò x và y nên không tính tổng quát ta giả sử x là số chẵn Khi đó x + y2 + 10 chia hết cho xy nên x + y2 + 10 chia hết cho Từ đó dẫn đến y2 chia hết cho Từ đó suy x + y2 + 10 chia hết cho 4, dẫn đến 10 chia hết cho 4, điều này vô lí Do đó hai số x và y là số lẻ ( ) ( ) đó x dx Gọi d = x; y , = = ; y dy với x ; y ∈ N, x ; y = Từ đó ta có x + y2 + 10= d2 x 20 + d2 y20 + 10 chia hết cho d2 x y nên suy 10 chia hết cho d2 nên suy d = hay x và y nguyên tố cùng b) Chứng minh k = x + y2 + 10 chia hết cho và k ≥ 12 xy ( ) Đặt x =2m + 1; y =2n + m, n ∈ N Khi đó ta có k = ( )( ) Do và 2m + 2m + nên suy m2 + n2 Hay ta Cũng từ k = m2 + n2 + m + n + (2m + 1)(2n + 1) ( m2 + n2 + m + n + ) (2m + 1)(2n + 1) + m + n + chia hết cho ( 2m + 1)( 2n + 1) là số nguyên Từ đó suy k chia hết cho x + y2 + 10 kxy Nếu hai số x và y có số chia hết ta x + y2 + 10 = xy cho 3, đó không tính tổng quát ta giả sử số đó là x Khi đó ta suy y2 + 10 chia hết cho nên y2 + chia hết cho hay y2 chia dư 2, điều này vô lý vì y2 chia dư dư Do Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 89 Website:tailieumontoan.com x và y không chia hết cho Suy x ; y2 chia cùng có số dư là Do đó ta ( ) x + y2 + 10 = kxy chia hết cho Mà ta lại có 3; xy = nên k chia hết cho Kết hợp với k chia hết cho ta suy k chia hết cho 12 Do đó k ≥ 12 Câu 3(1.5 điểm) Biết x ≥ y ≥ z; x + y + z = và x + y2 + z2 = ( a) Tính S = x − y ( Ta có x + y + z ) ) + ( x − y )( y − z ) + ( y − z ) 2 = x + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx = Mà ta có x + y2 + z2 = nên suy xy + yz + zx = −3 Ta có ( S= x−y ) + ( x − y )( y − z ) + ( y − z ) 2 = x − 2xy + y2 + xy − y2 + yz − zx + y2 − 2yz + z2 = x + y2 + z2 − xy − yz − zx = + = ( )( )( ) b) Tìm giá trị lớn P = x − y y − z z − x ( )( ) Do x ≥ y ≥ z nên ta có ≤ x − y y − z ≤ ( )( )( 1 x−y  ( ) + ( x − y )( y − z ) + ( y − z )  = 2 ) Từ đó suy P = x − y y − z z − x ≤ z − x ( ) ( ) ( ) x + − z ≤ x + z2 ≤ x + y + z2 = 12 Ta có z − x = Từ đó suy P ≤ 12 , dấu xẩy x = Vậy giá trị lớn P là , đạt x = 3; y = 0; z = − 3; y = 0; z = −  > 450 Dựng các tam giác vuông ABMN, ACPQ (M và C Câu Cho tam giác ABC nhọn có BAC khác phía AB, B và Q khác phía AC) AQ cắt đoạn BM E và NA cắt CP F a) Chứng minh ∆ABE ∽ ∆ACF và tứ giác EFQN nội tiếp đường tròn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com  + BAC = Ta có EAB 900 và =  + BAC FAC 900 nên ta D   = FAC EAB  + ACF  = Mặt khác ta lại có ABE 900 nên Q suy ∆ABE ∽ ∆ACF Do đó ta có AE AB = ⇒ AE.AC = AF.AB AF AC N A Mà ta lại= có AC AQ; = AB AN nên ta P AE.AQ = AN.AF M AE AF = nên ∆NAE ∽ ∆QAF , Suy AN AQ  = EQF  nên tứ giác QNEF suy ta có ENF K I F E C B T nội tiếp đường tròn b) Chứng minh trung điểm I EF là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC + Cách Gọi T giao điểm MB và CP Ta J có tứ giác ABTC nội tiếp đường tròn và AT là đường kính đường tròn ngoài tiếp tam giác ABC Mặt khác AF song song với ET và AE song song với FT nên tứ giác AETF là hình bình hành Suy trung điểm EF là trung điểm AT Do đó I là trung điểm EF và là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC + Cách Xét hình thang AEBF, gọi X là trung điểm AB, đó IX thuộc đường trung bình hình thang Do đó IX song song với BE gay IX vuông góc với AB Từ đó dẫn đến IX là đường trùn trự AB Chứng minh tương tự ta I thuộc đường trung trự AC Do đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC c) MN cắt PQ D, các đường tròn ngoại tiếp các tam giác DMQ và DNQ cắt K(khác D), các tiếp tuyến B và C đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt J Chứng minh các điểm D, A, K, J thằng hàng ' = NQA  Giả sử DA cắt EF K’, đó tứ giác NQEF nội tiếp đường tròn nên NFK  = AFK '  = NDA  Suy ta NDA Mà ta lại có tứ giác AQDN nội tiếp nên NQA Suy tứ giác DNFK’ nội tiếp đường tròn Chứng minh hoàn toàn tương tự ta tứ giác DQK’E nội tiếp đường tròn Như K’ là giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác DQM và DPN Do đó hai điểm K và K’ trùng hay ba điểm D, A, K thằng hàng     nên suy Ta có BKE = EAB = CAF = CKF ( )  =2 900 − EAB  =2BAC  =BIC   =1800 − 2BKE BKC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 91 Website:tailieumontoan.com Do đó tứ giác BKIC nội tiếp đường tròn  = CKJ  hay KJ là phân giác BKC  Lại có tứ giác IBJC nội tiếp đường tròn nên IB = JC và BKJ  =1800 − AEB  =1800 − AFC  = AKC  , suy tia đối tia KA là tia phân Mặt khác ta có BKA  Do đó ta ba điểm A, K, J thẳng hàng giác BKC Vậy bốn điểm D, A, K, J thằng hàng ( ) Câu Với số nguyên dương m lớn 1, kí hiệu s m là ước nguyên dương lớn m và khác m Cho số tự nhiên n > , đặt n = n và tính các số ( ) ( ) ( ) n1 = n − s n ; n2 = n1 − s n1 ; ; n i +1 = n i − s n i ; Chứng minh tồn số nguyên dương k để n k = và tính k n = 216.1417 ( ) ( ) Ta có s n i < n i nên suy n i − s n i ≥ Từ đó dẫn đến n i +1 ≥ Suy n i ≥ với i = 1, 2, 3, ( ) Mặt khác n i +1 = n i − s n i < n i với i Suy n = n > n1 > n2 > > n i > Nếu không tồn n k để n k = ta xây dựng dãy vô hạn các số nguyên dương giảm dần và nhỏ n, điều này vô lí vì số các số nguyên dương nhỏ n là n − Vậy tồn số k cho nk = ( ) 16 Với n = 216.1417 ta = n 2= 1417 233.717 , suy s n = 232.717 Từ đó ta n1 = 233.717 − 232.717 = 232.717 Hoàn toàn tương tự ta n2 = 232.717 − 231.717 = 231.717 Tiếp tục đến lúc ta n 33 = 717 ( ) ( ) Đặt m = 717 , đó ta có s m = 716 nên m1 = 6.716 , đó s m1 = 3.716 nên m2 = 3.716 Tiếp tục ta m= 2.716 ; m= 716 ; ; m= 715 ; ; m 68 = 7= Vậy ta k = 33 + 68 = 101 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 92 Website:tailieumontoan.com Đề số 16 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH THÁI NGUYÊN Năm học: 2016 – 2017 Câu 1(1.0 điểm) ( ) 2y x − y2 = 3x  Giải hệ phương trình  , với x và y cùng dấu 2 10y x x + y = ( ) Câu 2(2.0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x+6 x−9 + x−6 x−9 Câu 3(1.0 điểm) ( ) Tìm tất các nghiệm nguyên x; y phương trình 2xy + x + y = 83 Câu 4(1.5 điểm) Tìm tất các số có chữ số abcde thỏa mãn abcde = ab Câu 5(1.0 điểm) Cho a, b, c là các số nguyên dương nguyên nguyên tố cùng và thỏa mãn 1 + = a b c Chứng minh a + b là số chính phương Câu 6(1.0 điểm) ( ) Cho đường tròn tâm O và dây cung AB Từ điểm M bất kì trên đường tròn O (M khác A và B) kẻ MH vuông góc với AB H Gọi E, F là hình chiếu vuông góc H trên MA, MB Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF, cắt dây cung AB D Chứng minh MA2 AH.AD = BD.BH MB2 Câu 7(2.5 điểm) ( ) Cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH Gọi O là đường tròn ngoại tiếp tam giác ( ) AHC Trên cung nhỏ AH đường tròn O lấy điểm M bất kì khác A và H Trên tiếp tuyến tạo ( ) M đường tròn O lấy các điểm D và E cho BD = BE = BE Đường thẳng BM cắt đường ( ) tròn O điểm thứ hai là N a) Chứng minh tứ giác BDNE nội tiếp đường tròn ( ) b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE và đường tròn O tiếp xúc Hướng dẫn giải ( ) 2y x − y2 = 3x  Câu Giải hệ phương trình  , với x và y cùng dấu 2 10y x x + y = ( Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 93 Website:tailieumontoan.com • Lời giải Ta xét các trường hợp sau ( ) + Nếu y = thì từ hệ phương trình ta x = , đó 0; là nghiệm hệ phương trình ( ) + Nếu y ≠ , đó đặt = x ky k > thì ta có hệ phương trình ( ( ( ( ) ) ) ) 2  k2 − 3ky 3k  2y k y − y =  ⇒ = ⇔ 3k − 17k + 20 = ⇔ k ∈ ± 2; ±    2 10  10y k k2 + ky k y + y =  Do k > nên ta k = k = 1⇔ y= ±1  Với k = ta x = 2y thay vào phương trình thứ hệ ta y2 = )( ) ( ) ( Từ đó hệ phương trình có hai nghiệm x; y = −2; −1 , 2;1  Với k = 5 ta x = y thay vào phương trình thứ cua hệ ta 3 5  15 2y  y2 − y2  = 15y ⇔ y = ± 3    − 15 ; − 15 Từ đó hệ phương trình có hai nghiệm x; y =  4     ,  15 ; 15   4   ( )     Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm trên Câu 2(2.0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x+6 x−9 + x−6 x−9 x ≥ ⇔ x ≥ Khi đó ta có • Lời giải Điều kiện xác định biểu thức là  x − x − ≥ P= x+6 x−9 + x−6 x−9 = (3 + x−9 ) + (3 − x−9 ) = 3+ x−9 + 3− x−9 Áp dụng bất đẳng thức dạng A + B ≥ A + B ta P =3 + x − + − x − ≥ + x − + − x − =6 ( Dấu xẩy và + x − )( − ) ( ) x − ≥ ⇔ − x − ≥ ⇔ x ≤ 18 Vậy giá trị nhỏ P là 6, đạt ≤ x ≤ 18 ( ) Câu 3(1.0 điểm) Tìm tất các nghiệm nguyên x; y phương trình 2xy + x + y = 83 • Lời giải Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta ( )( ) 2xy + x + y = 83 ⇔ 4xy + 2x + 2y = 166 ⇔ 2x + 2y + = 167 Do x, y là các số nguyên nên 2x + 1;2y + là số nguyên Từ đó suy 2x + là ước 167 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 94 Website:tailieumontoan.com { } Do 167 là số nguyên tố nên 2x + có thể nhận các giá trị thuộc tập −167; −1;1;167 + Với 2x + =−167 ta x = −84; y = −1 + Với 2x + =−1 ta x = −1; y = −84 + Với 2x + = ta được= x 0;= y 83 + Với 2x + = = x 83; = y 167 ta ( ) ( )( )( )( ) Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là x; y = −1; −84 , −84; −1 , 0; 83 , 83; Câu 4(1.5 điểm) Tìm tất các số có chữ số abcde thỏa mãn • Lời giải Ta có = abcde 1000ab + cde Mà ( ) 3 abcde = ab ( ) abcde = ab hay ta có abcde = ab nên suy 1000ab + cde = ab Đặt x = ab và y = cde , đó ta có abcde = 1000x + y với ≤ y < 1000 Từ giả thiết abcde = ab ta có 1000x + y = x ⇔ 1000x + y = x Do y ≥ nên từ phương trình trên ta suy 1000x ≤ x ⇒ 1000 ≤ x nên ta x ≥ 32 Mặt khác y < 1000 nên ta lại có ( ) = x 1000x + y < 1000x + 1000 ⇒ x 1000 − x < 1000 ⇒ x < 33 Từ đó ta suy x = 32 Nên ta x = 32768 hay abcde = 32768 Câu Cho a, b, c là các số nguyên dương nguyên nguyên tố cùng thỏa mãn 1 + = a b c Chứng minh a + b là số chính phương • Lời giải Từ 1 a+b + = ta = ⇔ c a + b = ab ⇔ ab − ac − bc = a b c ab c ( ( )( ) ) Từ đó ta ab − ca − bc + c2 = c2 ⇔ a − c b − c = c2 ( ) Gọi d = a − c; b − c , đó ta có c2  d2 nên c  d , từ đó dẫn đến a  d; b  d Mà a, b, c nguyên tố cùng nên ta d = ( )( ) Do đó ước chung lớn a − c và b − c là Mà ta lại có a − c b − c = c2 nên suy a − c và b − c là các số chính phương ( ) Đặt a −= c m2 ; b −= c n2 m, n ∈ N* Khi đó ta có c2 = ( a − c )( b − c ) = ( m2 n2 ⇒ c = mn ) Từ đó ta có a + b = a − c + b − c + 2c = m2 + n2 + 2mn = m + n Vậy a + b là số chính phương ( ) Câu Cho đường tròn tâm O và dây cung AB Từ điểm M bất kì trên đường tròn O (M khác A và B) kẻ MH vuông góc với AB H Gọi E, F là hình chiếu vuông góc H trên Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 95 Website:tailieumontoan.com MA, MB Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF, cắt dây cung AB D Chứng minh MA2 AH.AD = BD.BH MB2 Gọi I, J là hình chiếu vuông góc D trên M MA, MB Khi đó ta có AH SMAH HE.MA AD SMAD DI.MA và = = = = BH SMBH HF.MB BD SMBD HJ.MB F AD AH MA2 HE.DI Từ đó ta = BD BH MB2 HF.DJ  = IDJ  (cùng bù với góc AMB  ) và Lại có EHF O I J E A H B D  = DMJ  (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc) HFE  nên ta suy HFE  = DIJ  = DIJ  , đó ∆HEF ∽ ∆DJI Đồng thời DMJ Từ đó ta HE DJ HE.DI = ⇒ HE.DI = HF.DJ ⇒ = HF DI HF.DJ Từ hai kết trên ta suy MA2 AH.AD = BD.BH MB2 ( ) Câu 7(2.5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH Gọi O là đường tròn ngoại ( ) tiếp tam giác AHC Trên cung nhỏ AH đường tròn O lấy điểm M bất kì khác A và H Trên ( ) tiếp tuyến tạo M đường tròn O lấy các điểm D và E cho BD = BE = AB Đường thẳng ( ) BM cắt đường tròn O điểm thứ hai là N a) Chứng minh tứ giác BDNE nội tiếp đường B tròn  = 900 , đó Do AH vuông góc với BC nên AHC ( ) AC là đường kính đường tròn O Do tam giác E ABC vuông A nên AB tiếp xúc với đường M' M H ( ) tròn O A  chung Xét hai tam giác BAM và BNA có ABN  = BNA  nên ∆BAM ∽ ∆BNA Do đó và BAM BM BA = ⇒ AB2 = BM.BN Mà ta có BA BN BA = BD nên suy suy D A C O N' N BM BD Β= D2 BM.BN ⇒ = BD BN  chung nên suy ∆BDM ∽ ∆BND Mặt khác hai tam giác BDM và BND có DBN  = BND  Do đó ta BDM Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 96 Website:tailieumontoan.com  = BED  Ta có BD = BE nên tam giác BDE cân B, suy BDM  nên suy tứ giác BDNE nội tiếp đường tròn  = BED Do đó BND ( ) b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE và đường tròn O tiếp xúc ( ) Ta kí hiệu đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE là O ' ( ) ( ) Giả sử hai đường tròn O và O ' không tiếp xúc Vì hai đường tròn có điểm chung N nên chúng có điểm chung khác là N’ và BN’ cắt DE M’ khác M ' chung Các tam giác BDM’ và BN’D có DBN   và BN   nên BN   Lại có BN ' D = BED ' D = BDE ' D = BDE Do đó ∆BDM ' ∽ ∆BN ' D nên suy BM ' BD = ⇒ BD2 = BM ' BN ' BD BN ' Do BD2 = BM.BN nên ta BM.BN = BM ' BN ' ⇒ BM BN ' = BM ' BN ' chung nên ∆BMM ' ∽ ∆BN ' N Mà hai tam giác BMM’ và BNN’ có NBN ' = BN  Từ đó ta BMM ' N nên tứ giác M’MNN’ nôi tiếp đường tròn ( ) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác M’MNN’ và đường tròn O có ba điểm chung là M, N, N’ nên N và ( ) N’ trùng nhau, đó M’ là điểm chung thứ hai đường tròn O và tiếp tiến DE Điều này vô lý ( ) Vậy điều giả sử trên là sai hay đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE và đường tròn O tiếp xúc Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 97 Website:tailieumontoan.com Đề số 17 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Vòng – Năm học: 2016 – 2017 Câu a) Cho hai số thực a, b cho a ≠ b và ab ≠ thỏa mãn Tính giá trị biểu thức P = a−b a+b 3a − b + = a + ab a − ab a − b2 a + 2a b + 3b3 2a + ab2 + b3 b) Cho m, n là các số thực dương thỏa mãn 5m + n  m + 5n Chứng minh m  n Câu a) Giải phương trình x − 6x + + 2x − = ( x − y = x + y b) Giải hệ phương trình  2 x − y = ) Câu Cho tam giác ABC có các đường cao AA1, BB1, CC1 Gọi K là hình chiếu A lên A1B1 , L là hình chiếu B lên B1C1 Chứng minh A1K = B1L Câu Cho x, y là các số thực dương Chứng minh x y+y x x+y − ≤ x+y Câu Cho tứ giác nội tiếp ABCD có AC cắt BD EE Tia AD cắt tia BC F Dựng hình bình hành AEBG a) Chứng minh FD.FG = FB.FE b) Gọi H là điểm đối xứng E qua AD Chứng minh điểm F, H, A, G cùng thuộc đường tròn Câu Nam cắt tờ giấy làm miếng miếng lấy số miếng nhỏ đó cắt làm miếng nhỏ và Nam tiếp tục thực việc cắt nhiều lần Hỏi Nam có thể cắt 2016 miếng lớn và nhỏ hay không?Vì sao? Hướng dẫn giải Câu a) Cho hai số thực a, b cho a ≠ b và ab ≠ thỏa mãn Tính giá trị biểu thức P = a−b a+b 3a − b + = a + ab a − ab a − b2 a + 2a b + 3b3 2a + ab2 + b3 • Lời giải Với a ≠ b và ab ≠ thì giả thiết bài toán biến đổi sau Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 98 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ) ( ) a−b a+b a 3a − b a−b a+b 3a − b + = ⇔ + = 2 a + ab a − ab a − b a a−b a+b a a−b a+b a a−b a+b ( ⇔ a−b ) + (a + b) 2 ( ( ) )( ) ( )( ) ( )( ) = a 3a − b ⇔ a − 2ab + b2 + a + 2ab + b2 = 3a − ab ( )( ) ⇔ a − ab − 2b =0 ⇔ a − b − ab − b2 =0 ⇔ a + b a − 2b =0 2 2 Do a ≠ b nên a + b ≠ , đó từ đẳng thức trên ta a − 2b = ⇔ a = 2b 3b (2b ) + (2b ) b += ( 2b ) + 2b.b + b a + 2a b + 3b3 = P = Do đó 2a + ab2 + b3 2 19b3 = 19b3 b) Cho m, n là các số thực dương thỏa mãn 5m + n  m + 5n Chứng minh m  n ( m + 5n ) a với a là số nguyên dương 5an − n ⇔ m ( − a )= n ( 5a − 1) • Lời giải Ta có 5m + n  m + 5n nên 5m + n = Khi đó ta 5m − am= Do m, n, a là các số nguyên dương nên 5a − > dó suy − a > { } Do a nguyên dương nên ta a ∈ 1; 2; 3; Ta xét các trường hợp sau + Với a = , đó ta 4m = 4n ⇔ m = n nên suy m  n + Với a = , đó ta 3m = 9n ⇔ m = 3n nên suy m  n + Với a = , đó ta 2m = 14n ⇔ m = 7n nên suy m  n + Với a = , đó ta m = 19n nên suy m  n Vậy m luôn chia hết cho n Câu 2(2.0 điểm) a) Giải phương trình x − 6x + + 2x − = • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ Biến đổi phương trình đã cho ta x − 6x + + 2x − = ⇔ x − 4x + = 2x − − 2x − + ( ) ⇔ x − 2= + Với x − = ( 2x − −  x ≥ 2x − ⇔  x −1  ( ) x ≤ + Với − x = 2x − ⇔   − x ( ) )  x − 2= 2x − − ⇔ ⇔  x − = − 2x −  x − = 2x −  3 − x = 2x −  x ≥ ⇔ ⇔ x = 2+ x − 4x + = = 2x −  x ≥ ⇔ ⇔ x = 4− =2x − x − 8x + 10 = { } Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm phương trình là S = + 2; − ( ) x − y = x + y b) Giải hệ phương trình  x − y = • Lời giải Từ phương trình thứ hai hệ ta suy x + y ≠ 0; x − y ≠ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 99 Website:tailieumontoan.com )( )( ( ( ) (  x − y x + xy + y2 = x + y Hệ phương trình đã cho tương đương với   x − y x + y = ) ) Chia theo vế hai phương trình hệ ta ( ) x + xy + y2 x + y = ⇔ x + xy + y2 = x + y ⇔ 2x + 2y2 + 5xy = x+y 2 ⇔ 2x + 4xy + 2y + xy =0 ⇔ 2x x + 2y + y 2y + x =0 ⇔ 2x + y 2y + x =0 ( ( ) ) ( ) ( ) ( )( ( ) + Với 2x + y = ⇔ y =−2x , thay vào phương trình thứ hai hệ ta có x − −2x ) =3 , phương trình vô nghiệm + Với x + 2y = 0⇔x= −2y , thay vào phương trình thứ hai hệ ta có ( −2y )  x = 2; y = −1 − y2 = ±1 ⇒  ⇒ 3y2 = 3⇔y= −2; y =  x = ( ) ( )( ) Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = −2;1 , 2; −1 Câu 3(2.0 điểm) Cho tam giác ABC có các đường cao AA1, BB1, CC1 Gọi K là hình chiếu A lên A1B1 , L là hình chiếu B lên B1C1 Chứng minh A1K = B1L • Lời giải Tứ giác AB1HC1 nội tiếp đường tròn, A   Tứ giác HA CB nội nên ta có HB C = HAC 1 1 K   Tứ giác ACAC tiếp nên ta có HB A = HCA 1 1  = HCA  nội tiếp đường tròn nên ta có HAC 1 C1 Kết hợp các kết trên ta   C B H = HB A hay B H là tia phân giác 1 1 B1 E L H F  góc A B C Kẻ BM vuông góc với A1B1 M 1 B thì ta có B1L = B1M A1 C M Mặt khác tứ giác AB1A1B nội tiếp đường tròn đường kính AB có tâm là trung điểm E AB Gọi F là trung điểm A1B1 , đó EF vuông góc với A1B1 Mặt khác AK song song với BM nên ABMK là hình thang Lại EF, AK, BM song song với nên suy EF là đường trung bình của hình thang ABMK, từ đó ta FM = FK Đến đây ta suy B1M = A1K , kết hợp với B1L = B1M ta A1K = B1L Câu 4(3.0 điểm) Cho x, y là các số thực dương Chứng minh • Lời giải Ta có ( x y+y x x+y − ≤ x+y ) xy x + y x y+y x x+ y x+y x + y = ≤ = x+y x+y x+y Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 100 Website:tailieumontoan.com  Lại có   ( x ) + ( y )  ≥ ( Từ đó ta x+ y ) x+ y − ( ( x+ y x+ y y ( − ) x y+y x x+y − ≤ x+y Ta cần chứng minh ( x+y ⇒− ≤− x+ x+ y ) − 2( ) x+ y ) 2 ≤ hay ta ) x + y +1≥ ⇔ ( x + y −1 ) ≥0 Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng, ta có điều cần chứng minh Vậy ta x y+y x x+y − ≤ x+y x = y Dấu xẩy và  ⇔x=y=  x + y = Câu 5(1.0 điểm) Cho tứ giác nội tiếp ABCD có AC cắt BD EE Tia AD cắt tia BC F Dựng hình bình hành AEBG a) Chứng minh A FD.FG = FB.FE H  = ACB  (hai góc nội Ta có ADB D G tiếp cùng chắn cung) Do E tứ giác AEBG là hình bình hành O nên AG song song với BD nên  + FAG = ta ADB 1800 B C F  + FCE = Mà ta lại có ACB 1800  = FAG  Do đó ta FCE FA FB AB Ta có ∆FCD ∽ ∆FAB nên ta = = FC FD CD AB EA EB Ta có ∆EAB ∽ ∆EDC nên ta = = CD ED EC Kết hợp hai kết trên ta thu Mà ta lại có EB = AG nên ta EB FA FC FA hay = = EC FC EC EB FC FA = EC AG  = FAG  và FC = FA nên ∆FCE ∽ ∆FAG Hai tam giác FCE và FAG có FCE EC AG Do đó FG FA FB FG , suy ta nên FD.FG = FB.FE = = FD FE FE FC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 101 Website:tailieumontoan.com b) Gọi H là điểm đối xứng E qua AD Chứng minh điểm F, H, A, G cùng thuộc đường tròn  = AHF  Ta có E và H đối xứng với qua AD nên ta AEF  = CEF  Mặt khác ta lại có CEF  + AEF = Ta có ∆FCE ∽ ∆FAG nên AGF 1800  + AGF = Từ các kết trên ta AHF 1800 nên tứ giác AHFG nội tiếp đường tròn Câu 6( điểm) Nam cắt tờ giấy làm miếng miếng lấy số miếng nhỏ đó cắt làm miếng nhỏ và Nam tiếp tục thực việc cắt nhiều lần Hỏi Nam có thể cắt 2016 miếng lớn và nhỏ hay không?Vì sao? • Lời giải Gọi x là số miếng giấy Nam có sau k lần cắt ( k, x ∈ N* ) Do lần cắt miếng giấy thành miếng giấy nên sau lần số miếng giấy tăng thêm miếng Do đó x dư x chia dư Mà ta có 2016 chia chia có số dư là Do đó x không thể 2016 Vậy sau số lần cắt thì số miếng giấy mà Nam có không thể là 2016 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 102 Website:tailieumontoan.com Đề số 18 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÌNH DƯƠNG Năm học: 2016 – 2017 Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình x − 2x − 2x + − =  x − + y − = b) Giải hệ phương trình  2 xy + x + y = x − 2y Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức A = x+4 x−4 + x−4 x−4 với x > 16 1− + x x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu (2.0 điểm) a) Giả sử phương trình bậc hai x + mx + n + = co hai nghiệm nguyên dương Chứng minh m2 + n2 là hợp số ( ( ) ) ( b) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x + x + x= 4y y − ) Câu (1.0 điểm) Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P cho P khác  = 600 Chứng minh AN.BM ≤ AB Dấu xẩy nào? A, B và MPN Câu (3.0 điểm) Từ điểm D nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến DA và DB đến đường tròn (A và B là hai tiếp điểm) Tia Dx nằm gữa hai tia DA và DO; Dx cắt đường tròn C và E (E nằm C và D) Đoạn thẳng OD cắt AB M a) Chứng minh tứ giác OMEC nội tiếp đường tròn  b) Chứng minh tia MA là tia phân giác góc EMC  MB  DE c) Chứng minh   = MC DC   Hướng dẫn giải Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình x − 2x − 2x + − = • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ Phương trình đã cho viết lại thành x − 2x − Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ( ) 2x + + = TÀI LIỆU TOÁN HỌC 103 Đặt = t Website:tailieumontoan.com ( ) 2x + + t ≥ , đó ta t − = 2x + ⇔ t2 − 2t − 2x= Phương trình đã cho viết lại thành x − 2x − 2t = Từ đó ta có hệ phương trình x − 2x − 2t = ⇒ x − 2x − 2t − t2 − 2t − 2x = ⇔ x − t x + t =  t 2t 2x − − =  ( Do x ≥ ) ( ) ( )( ) ; t ≥ nên x + t ≥ , đó từ phương trình trên ta x ≥  t = x ⇒ 2x + + = x ⇔ 2x + = x − ⇔  2x + = ( x − 1) ⇔x= Kết hợp với điều kiện xác định ta x = là nghiệm phương trình  x − + y − = b) Giải hệ phương trình  2 xy + x + y = x − 2y • Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình là x ≥ 1; y ≥ Biến đổi phương trình thứ hai hệ ta ( ) ( ) ( ) ⇔ ( x − y )( x + y ) − ( x + y ) − y ( x + y ) =0 ⇔ ( x + y )( x − 2y − 1) =0 xy + x + y = x − 2y2 ⇔ x − y2 + x + y − xy + y2 = Do x ≥ 1; y ≥ nên x + y > , đó từ phương trình trên ta = x 2y + , vào phương trình thứ hệ đã cho ta 2y + y − =3 ⇔ 2y − + y − − =0 ⇔  ⇔ y−2  +  2y +  ( ) ( Do 2y − 2y + + y−2 y −1 +1 =0   = ⇔ y−2 = ⇔ y = ⇒ x = y − +  2y + + y −1 +1 > với y > ) ( ) ( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta nghiệm hệ đã cho là x; y = 5; Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức A = x+4 x−4 + x−4 x−4 16 1− + x x với x > a) Rút gọn biểu thức A Với x > ta Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 104 Website:tailieumontoan.com A x+4 x−4 + x−4 x−4 = 16 1− + x x x−4+4 x−4 +4 + x−4−4 x−4 +4 1− ( x − + 2) + ( x − − 2) = 2  4 1 −  x  x−4 +2+ x −4 −2 x−4 x x−4 +2+2− x−4 4x = x−4 x−4 x + Với < x ≤ ta A = x − + + x − + 2x x − = = x−4 x−4 x + Với < x ta= A 16 + x x2 2x x−4 b) Tìm các giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên 4x 16 = 4+ x−4 x−4 + Với < x ≤ ta A= ( ) { } Để A nhận giá trị nguyên thì cần có 16  x − , đó kết hợp với < x ≤ ta x ∈ 5; 6; + Với < x ta A = 2x x−4 Để A nhận giá trị nguyên thì cần có Khi đó ta A = ( a2 + a )= 2a + x − = a ∈ N* và a > ∈ Z nên  a , đó a ∈ 4; a { { } } Từ đó hợp với < x ta x ∈ 20; 68 { } Vậy các giá trị x nguyên thỏa mãn yêu cẩu bài toán là x ∈ 5; 6; 8; 20; 68 Câu (2.0 điểm) a) Giả sử phương trình bậc hai x + mx + n + = co hai nghiệm nguyên dương Chứng minh m2 + n2 là hợp số • Lời giải Giả sử x1 ; x là hai nghiệm nguyên dương phương trình x + mx + n + = Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x = −m; x1 x =+ n Do đó ta ( ) ( )  x + x  + x x − =x + x + 2x x + x x − 2x x + m2 + n2 =− 1 2 2   2 2 = x1 x + x1 + x + = x1 + x + ( )( ) Do x1 ; x là hai nghiệm nguyên dương nên x1 + ≥ 2; x + ≥ Từ đó suy m2 + n2 là hợp số ( ) ( ) ( ) b) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x + x + x= 4y y − • Lời giải Biến đổi phương trình đã cho ta Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 105 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ( ) ) )( ( ) (2y − 1) x + x + x = 4y y − ⇔ x + x + x + 1= 4y2 − 4y + ⇔ x + x + = ( Do x, y là các số nguyên nên 2y − )( ( ) > và là số lẻ ) ( ) Do đó x + x + là số lẻ, suy x là số chẵn và không âm Gọi d =x + 1; x + , đó ta có d là số lẻ x + 1 d Ta có  ⇒ x + 1 d ( )  x +  d ⇒  x + 1 d ( x + + 2x  d ⇒ 2x  d ⇒ d =  x + 1 d ) )( ( ) Do x + 1; x + = , mà ta lại có x + x + là số chính phương nên x + và x + là các số chính phương ( ) ( Do x ≥ nên ta có x < x + ≤ x + , từ đó ta x + = x + ) ⇔ 2x = ⇔ x = Khi đó x + = là số chính phương ( ) { } Thay x = vào phương trình đã cho ta 4y y − = ⇔ y ∈ 0;1 ( ) ( )( ) Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = 0; , 0;1 Câu (1.0 điểm) Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P  = 600 Chứng minh AN.BM ≤ AB Dấu xẩy nào? cho P khác A, B và MPN = 1800 − B  − BMP = 1200 − BMP  Ta có BPM A  =1800 − MPN  − APN  =1200 − APN  Mà ta lại có BPM Do đó suy  = APN  BMP nên suy N ∆BMP ∽ ∆APN P Suy BM BP = ⇒ AN.BM =AP.BP ≤ AP + BP AP AN ( ) AB2 = B M C Dấu xẩy và AP = BP hay P là trung điểm AB Câu (3.0 điểm) Từ điểm D nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến DA và DB đến đường tròn (A và B là hai tiếp điểm) Tia Dx nằm gữa hai tia DA và DO; Dx cắt đường tròn C và E (E nằm C và D) Đoạn thẳng OD cắt AB M a) Chứng minh tứ giác OMEC nội tiếp đường tròn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 106 Website:tailieumontoan.com  Xét hai tam giác DBE và CDB có BDE  = BCE  nên chung và DBE A C ∆DBE ∽ ∆DCB Do đó ta E DC DB = ⇒ DB2 = DC.DE DB DE D O M Tam giác DBO vuông B có đường có B BH nên BD2 = DM.DO Do đó ta có DC.DE = DM.DO ⇒ DE DO = DM DC  = DCO  nên tứ giác OMEC nội tiếp đường tròn Nên suy ∆DME ∽ ∆DCO Do đó DME  b) Chứng minh tia MA là tia phân giác góc EMC  = OEC  và OCE  = DME  Do tứ giác OMEC nội tiếp đường tròn nên ta có OMC  = OEC  Lại tam giác COE cân O nên OCE = = =  nên MA là tia phân giác góc EMC  Do dó ta có CMA 900 − OMC 900 − DME EMA  MB  DE c) Chứng minh   = DC  MC  Ta có   =900 + OMC  =900 + OEC  =900 + 180 − COE BMC  1    0 = 180 − sdCAE =360 − sdCAE =sdCBE = CAE 2 ( )  MB DA   Lại có CBM = = CEA = dsAC Từ đó suy ∆BCM ∽ ∆ECA nên MC DC 2  AE  AE DE DA DE DA DE Từ đo suy ra= Lại có ∆DAE ∽ ∆CDA nên suy = = =   AC DA DC DA DC DC  AC   MB  DE Kết hợp các kết trên ta   = MC DC   Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 107 Website:tailieumontoan.com Đề số 19 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÌNH ĐỊNH Năm học 2016 – 2017 Câu (2.0 điểm) a) Cho biểu thức P = x + 5y2 − 4xy + 2x − 14y + 2016 Tìm x, y để P đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ đó b) Với n ∈ N , xét hai số a n = 22n +1 + 2n +1 + và bn = 22n +1 − 2n +1 + Chứng minh có và hai số trên chia hết cho Câu (1.5 điểm) ( ( )( )( ) )  x + y x + y2 = 15  Giải hệ phương trình  2  x − y x − y = Câu (1.5 điểm) Tìm số chính phương có bốn chữ số biết tăng chữ số đơn vị thì số tạo thành là số chính phương có bốn chữ số Câu (4.0 điểm) 1) Từ điểm S nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ các tiếp tuyến SA, SC và cát tuyến SBD (B nằm hai điểm S và D) Gọi I là giao điểm AC và BD a) Chứng minh AB.CD = AD.BC SB IB AB.CB b) Chứng minh = = SD ID AD.CD 2) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R Điểm M nằm trên nửa đường tròn  O cho MAB = 600 Kẻ MH vuông góc với AB H, HE vuông góc với AM E và HF ( ) vuông góc với BM F Các đường hẳng EF và AB cắt K Tính diện tích tam giác MEF và độ dài các đoạn thẳng KA, KB theo R Câu (1.0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c < Chứng minh rằng: 1 + + >9 a + 2bc b + 2ca c + 2ab Hướng dẫn giải Câu (2.0 điểm) a) Cho biểu thức P = x + 5y2 − 4xy + 2x − 14y + 2016 Tìm x, y để P đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ đó • Lời giải Biến đổi biểu thức P ta P = x + 5y2 − 4xy + 2x − 14y + 2016 (x = ( ) ( ) + 4x + − 4xy + 2x − 4y + y2 − 10y + 25 + 1990 ) ( = x − 2y + + y − Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ) + 1990 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 108 Website:tailieumontoan.com ( Do x − 2y + ) ( ≥ 0; y − ) ≥ nên ta P ≥ 1990 , dấu xẩy ( ( )  x − 2y += +1 =  x − 2y= x ⇔ ⇔    = y − = y  y −= ) Vậy giá trị nhỏ P là 1990, đạt tại= x 9;= y b) Với n ∈ N , xét hai số a n = 22n +1 + 2n +1 + và bn = 22n +1 − 2n +1 + Chứng minh có và hai số trên chia hết cho ( ) 2n +1 2n • Lời giải Ta có 2= 2.2 = 2n ( ) = 16 = (15 + 1) ≡ ( mod 5) = ( ) = 2.16 = (15 + 1) ≡ ( mod ) = ( ) = 4.16 = (15 + 1) ≡ ( mod ) =8 ( ) =8.16 =( + ) (15 + 1) ≡ ( mod ) k 24k = 24 24k +1 và 2n +1 = 2.2n Với k ∈ N ta luôn có k k k 24k +2 24k + k k k k k k k k Ta xét các trường hợp sau ( ) + Trường hợp Với n chia hết cho 4, ta = n 4k k ∈ N ( ) Khi đó 22n +1 = 2n ( ) = 24k ) ( ( ≡ 2.12 mod ≡ mod ) ( ( ) ) Lại có 2n +1 = 2.2n = 2.24k ≡ 2.1 mod ≡ mod Từ đó ta ( ) + ≡ − + ( mod ) ≡ ( mod ) a= 22n +1 + 2n +1 + ≡ + + mod n 2n +1 b= n −2 n +1 Như hai số a n và bn thì a n chia hết cho ( ) + Trường hợp Với n chia dư 1, ta n =4k + k ∈ N ( ) Khi đó 22n +1 = 2n ( = 24k +1 ) ( ( ) ≡ 2.22 mod ≡ mod ( ) ( ) ) Lại có 2n +1 = 2.2n = 2.24k +1 ≡ 2.2 mod ≡ mod Từ đó ta ( ) ( ) + ≡ − + ( mod ) ≡ ( mod ) a= 22n +1 + 2n +1 + ≡ + + mod ≡ mod n 2n +1 b= n −2 n +1 Như hai số a n và bn thì bn chia hết cho ( ) + Trường hợp Với n chia dư 2, ta n =4k + k ∈ N ( ) Khi đó 22n +1 = 2n ( = 24k +2 ) ( ) ( ≡ 2.42 mod ≡ mod ( ) ( ) ) Lại có 2n +1 = 2.2n = 2.24k +2 ≡ 2.4 mod ≡ mod Từ đó ta ( ) ( ) + ≡ − + ( mod ) ≡ ( mod ) a= 22n +1 + 2n +1 + ≡ + + mod ≡ mod n 2n +1 b= n −2 n +1 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 109 Website:tailieumontoan.com Như hai số a n và bn thì bn chia hết cho ( ) + Trường hợp Với n chia dư 3, ta n =4k + k ∈ N ( ) Khi đó 22n +1 = 2n ( = 24k + ) ( ) ( ≡ 2.32 mod ≡ mod ( ) ( ) ) Lại có 2n +1 = 2.2n = 2.24k + ≡ 2.3 mod ≡ mod Từ đó ta ( ) ( ) + ≡ − + ( mod ) ≡ ( mod ) a= 22n +1 + 2n +1 + ≡ + + mod ≡ mod n 2n +1 b= n −2 n +1 Như hai số a n và bn thì a n chia hết cho Vậy với n ∈ N thì có và hai số trên chia hết cho )( )( ( ( ) )  x + y x + y2 = 15  Câu (1.5 điểm) Giải hệ phương trình  2  x − y x − y = + Xét trường hợp x = y x = − y , đó x − y2 = , phương trình thứ hai hệ đã cho trở thành = (vô lý) + Xét trường hợp x ≠ ± y , đó x − y2 ≠ Chia theo vế phương trình thứ cho phương trình thứ hai hệ đã cho ta (x + y) (x (x − y) (x ) =5 ⇔ x + y −y ) (x − y) + y2 2 2 2 ( =5 ⇔ x + y2 =5 x − y )  x = 2y ⇔ 2x − y x − 2y = 0⇔ ⇔ 4x − 10xy + 4y2 =  y = 2x ( )( )  Với x = 2y , thay vào phương trình thứ hai hệ ta (2y − y ) ( 4y ) − y2 = ⇔ 3y = ⇔ y = ⇒ x =  Với y = 2x , thay vào phương trình thứ hai hệ ta ( x − 2x ) ( x ) − 4x = ⇔ 3x = ⇔ x = ⇒ y = ( ) ( )( ) Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = 1; , 2;1 Câu (1.5 điểm) Tìm số chính phương có bốn chữ số biết tăng chữ số đơn vị thì số tạo thành là số chính phương có bốn chữ số ( ) • Lời giải Gọi số chính phương có bốn chữ số cần tìm là abcd < a ≤ 8, ≤ b, c, d ≤ ( ) Đặt = k2 abcd k ∈ N* , đó ta có 1000 ≤ k2 ≤ 9999 ⇒ 31 < k < 100 Khi tăng chữ số ( )( )( )( ) abcd đơn vị ta a + b + c + d + a = abcd + 1111 ( )( )( )( ) Do đó ta ( m − k )( m + k )= ( ) Đặt a + b + c + d + a = m2 m ∈ N* , đó ta có m= k2 + 1111 1111= 1.1111= 11.101 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 110 Website:tailieumontoan.com Để ý m > n nên từ phương trình trên ta xét các trường hợp sau m − k = m 556 = + Trường hợp Với  , loại vì k không thỏa mãn 31 < k < 100 ⇔ m + k 1111 = = k 555  m − k 11 = m 56 = + Trường hợp Với  , thỏa mãn điều kiện 31 < k < 100 ⇔ m + k 101= = k 45  ( )( )( )( ) 2 Do đó số cần tìm là abcd = k= 45= 2025 và a + b + c + d + a =562 =3136 Câu 1) Từ điểm S nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ các tiếp tuyến SA, SC và cát tuyến SBD (B nằm hai điểm S và D) Gọi I là giao điểm AC và BD a) Chứng minh AB.CD = AD.BC A  Xét hai tam giác SAB à SDA có ASD  nên  = SDA chung và SAC AB SB = AD SA Chứng minh hoàn toàn tương tự ta ∆SAB ∽ ∆SDA Từ đó ta có H S C D BD SB Để ý SA = SC nên = CD SC ta O B AB BC = ⇒ AB.CD = AD.BC AD CD SB IB AB.CB b) Chứng minh = = SD ID AD.CD 2  SB  AB BC AB BC  BC  đó = Theo chứng minh trên ta có = =    AD DC AD DC  DC   SC  Do ∆SCB ∽ ∆SDC nên ta có SB SC SB SB2 SB nên = = ⇒ = SC SD SC2 SD SC2 SD AB BC SB Ta có AH vuông góc ới OS và SH.SO = = SB.SD = SA2 từ đó ta suy AD DC SD ∆SOB ∽ ∆SHD Điều này dẫn đến tứ giác OHBD nội tiếp đường tròn, đó ta  = ODB  và OBD  = OHD  Lại có ODB  = OBD  nên ta suy OHD  = SHB  BHS Từ đó ta  = BHI  hay HI là tia phân giác tam giác HBD nên HS là tia phân giác ngoài Từ đó ta DHI SB IB HB tam giác HBD Theo tính chất tia phân giác tam giác ta có = = SD ID HD SB IB AB.CB Do ta có = = SD ID AD.CD Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 111 Website:tailieumontoan.com 2) Cho nửa đường tròn tâm O có đường M kính AB = 2R Điểm M nằm trên nửa  = 600 Kẻ đường tròn O cho MAB F ( ) MH vuông góc với AB H, HE vuông góc E với AM E và HF vuông góc với BM F K Các đường hẳng EF và AB cắt K H A O B Tính diện tích tam giác MEF và độ dài các đoạn thẳng KA, KB theo R + Tính diện tích tam giác MEF theo R  = 900 nên  2.cos60 Do góc AMB = AM AB.cosMAB = = R R  R.cos60  MA.= Lại= có AH MA.cosMAH = = = R; MH MA sin = MAH sin 600 2 R  R Do đó ta = EH AH.= sin EAH = sin 600 R    MH2   3R Theo hệ thức lương tam giác ta có= ME = = MA R Từ đs ta = SMEF 1 3R R 3R = SMEHF = dvdt 2 4 32 ( ) + Tính độ dài các đoạn thẳng KA, KB theo R 3R  3R nên ta có BF HF = = cot ABC 4  =1800 − MAB  =1200 Do tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn nên ta có KFB Ta có HF = ME =  = 300 , đó suy FKH  = 300 Mà ABC Suy tam giác KFB cân F, suy KF = FB = 3R 3R 9R  Vẽ FI vuông góc với KB I, ta KB = 2IB = 2.BF.cosABC = .= 4 Do đó KA = KB − AB = 9R R − 2R = dvdd 4 ( ) Câu (1.0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c < Chứng minh rằng: 1 + + >9 a + 2bc b + 2ca c + 2ab • Lời giải Dễ dàng chứng minh bổ đề: Với x, y, z dương ta có 1 + + ≥ x y z x+y+x Áp dụng bổ đề trên ta Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 112 Website:tailieumontoan.com 1 9 + + ≥ = 2 a + 2bc b + 2ca c + 2ab a + 2bc + b + 2ca + c + 2ab a+b+c ( Do a + b + c < nên ta có Từ đó ta có ( a+b+c ) ) > 1 + + > Bất đẳng thức chứng minh a + 2bc b + 2ca c + 2ab Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 113 Website:tailieumontoan.com Đề số 20 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÌNH PHƯỚC Năm học: 2016 – 2017 Câu (2.0 điểm)  x +2 2− x Cho = biểu thức P  +  x −1 x +2 x +1  x +1  , với x > 0, x ≠  x  a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P x = 46 − − ( ) −1 Câu (1.0 điểm) Cho phương trình x − 2mx + m2 − 4m − = (m là tham số) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x cho biểu thức T = x12 + x 22 − x1 x đạt giá trị nhỏ Câu (2.0 điểm) ( ) a) Giải phương trình x += 2x − 7x + + 14x xy − y= 3y − − x + 2y − b) Giải hệ phương trình  x y − 4xy + 7xy − 5x − y + = Câu (3.0 điểm) ( ) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC nội tiếp đường tròn O Tiếp tuyến A đường ( ) ( ) ( ) tròn O cắt BC T Gọi T là đường tròn tâm T có bán kính TA Đường tròn T cắt đoạn thẳng BC K  a) Chứng minh TA2 = TB.TC và AK là tia phân giác góc BAC ( ) b) Lấy điểm P trên cung nhỏ AK đường tròn T Chứng minh TP là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC ( ) c) Gọi S, E, F là giao điểm thứ hai AP, BP, CP với đường tròn O Chứng minh SO vuông góc với EF Câu (1.0 điểm) Cho biểu thức Q = a + 2a − 16a − 2a + 15 Tìm tất các giá trị nguyên a để Q chia hết cho 16 Câu (1.0 điểm) a) Từ 2016 số 1; 2; 3; ; 2016 ta lấy 1009 số bất kì Chứng minh các số lấy có ít hai số nguyên tố cùng b) Cho các số thực a và b lớn Chứng minh Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 a b −1 + b a −1 + 3ab + ≥ 11 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 114 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải  x +2 2− x Câu (2.0 điểm) Cho = biểu thức P  + x +2 x +1 x −1   x +1  , với x > 0, x ≠  x  a) Với x > 0, x ≠ ta    x +1  x +2  x +1 2− x  = +    x x  x +1 x +1 x −1     x + x −2+2+ x − x x +1 x x +1 = = = 2 x −1 x x x +1 x −1 x +1 x −1  x +2 2− x  P= + x +2 x +1 x −1  )( ( ) b) Tính giá trị biểu thức P x = 46 − − Ta có x= 46 − − ( ) ( −1 = −1 ) ( ) ( ( )( )( ) ) ) ( −1 −3 ( ) − = − − + 3= = 2 −1 Do đó ta = P Câu (1.0 điểm) Cho phương trình x − 2mx + m2 − 4m − = (m là tham số) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x cho biểu thức T = x12 + x 22 − x1 x đạt giá trị nhỏ • Lời giải Phương trình đã cho có nghiệm x1 ; x và ( ) ' ∆= m2 − m2 − 4m − 3= 4m + ≥ ⇔ m ≥ − Theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x = 2m; x1 x = m2 − 4m − ( Ta có T = x12 + x 22 − x1 x = x1 + x ( Hay ta T = m + Do m ≥ − ) ) ( ) − 3x1 x = 4m2 − m2 − 4m − = m2 + 12m + − 27 3 21 nên m + ≥ − + = nên suy m + 4 ( Vậy giá trị nhỏ T là ) ≥ 441 nên T = m + 16 ( ) − 27 ≥ 16 , đạt m = − 16 Câu (2.0 điểm) ( ) 2x − 7x + + 14x a) Giải phương trình x += • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là 2x − 7x + ≥ Phương trình đã cho viết lại thành ( ) 2x − 7x + − 2x − 7x + − = Đặt t= ( ) 2x − 7x + t ≥ , đó ta có phương trình 2t2 − 3t − = ⇔ t = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 115 Website:tailieumontoan.com Khi đó ta phương trình ± 57 2x − 7x + =2 ⇔ 2x − 7x − =0 ⇔ x =  − 57 + 57  Kết hợp với điều kiện xác định ta tâp nghiệm S =  ;  4   xy − y= 3y − − x + 2y − b) Giải hệ phương trình  x y − 4xy + 7xy − 5x − y + = • Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình là 3y − ≥ 0; x + 2y − ≥ không phải là nghiệm hệ phương trình Do đó đó phương trình thứ hệ trên tương đương với Dễ thấy x= y= ( ) y x−y =  ⇔ x − y y +  3y − + x + 2y −  y−x ( ) 3y − + x + 2y − ≠ ,   = 3y − + x + 2y −  thì 3y − + x + 2y − > Do đó từ phương trình trên ta x = y thay vào phương trình thứ hai hệ đã cho ta phương trình Dễ thấy với y ≥ ) ( x − 2x + ) =0 ⇔ x =1 Kết hợp với điều kiện xác định ta ( x; y ) = (1;1) là nghiệm hệ phương trình đã cho Câu (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC nội tiếp đường tròn ( O ) Tiếp tuyến A đường tròn ( O ) cắt BC T Gọi ( T ) là đường tròn tâm T có bán kính TA Đường tròn ( T ) ( x − 4x + 7x − 6x + =x − 2 cắt đoạn thẳng BC K a) Chứng minh TA2 = TB.TC và  AK là tia phân giác góc BAC E A Tam giác TAB và tam giác TCA F P đồng dạng với nên O TA2 = TB.TC  AKB = Ta có   = TAK T  + KAC  ACK  + BAK  TAB C K B J S  = TAK  và ACK  = TAB  Mà AKB  = BAK  Do đó ta suy KAC hay AK là tia phân giác góc  ABC ( ) b) Lấy điểm P trên cung nhỏ AK đường tròn T Chứng minh TP là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 116 Website:tailieumontoan.com TP TC  = CTP  nên dẫn đến hai , mà ta lại có PTB = TB TP  = TCP  hay TP là tiếp tuyến đường tam giác PTB và CTP đồng dạng với nhau, đó TPB Ta có TA = TP nên TP2 = TB.TC , suy tròn ngoại tiếp tam giác PBC ( ) c) Gọi S, E, F là giao điểm thứ hai AP, BP, CP với đường tròn O Chứng minh SO vuông góc với EF  nên TP song song với EF   Ta có TPB = TCP = BEF  = 2.PAJ  và=  2.JAS  2.PAJ  đó ta PTJ  = JOS  Ta có PTJ JOS = ( ) Mà TJ là tiếp tuyến đường tròn O nên TJ vuông góc với OJ, suy TP vuông góc với OS Kết hợp với TP song song với EF ta OS vuông góc với EF Câu (1.0 điểm) Cho biểu thức Q = a + 2a − 16a − 2a + 15 Tìm tất các giá trị nguyên a để Q chia hết cho 16 • Lời giải Nhận thấy a là số nguyên chẵn thì Q là số nguyên lẻ, đó Q không chia hết cho ( ) 16 Do đó a phải là số nguyên lẻ, đó ta đặt a =2k + k ∈ Z Biến đổi biểu thức Q ta ( ) ( ) Q = a + 2a − 16a − 2a + 15 = a a + 2a + − a + 2a + + 16a + 16 ( ) ( ) ( ) ( Thay a =2k + ( k ∈ Z ) vào biểu thức Q ta thu 2 = a a + − a + + 16 a + = a + Q= (2k + ) ( ) ) ( a − 1) + 16 ( a ( ) +1 ( ) ) 2k + 16 4k2 + 4k + = 16 k + k + 16 4k2 + 4k +  16 Như với a là số nguyên lẻ thì Q luôn chia hết cho 16 Câu (1.0 điểm) a) Từ 2016 số 1; 2; 3; ; 2016 ta lấy 1009 số bất kì Chứng minh các số lấy có ít hai số nguyên tố cùng • Lời giải Gọi 1009 số lấy 2016 số trên là a1 ; a ; a ; ; a1009 Giả sử ≤ a1 < a < a < < a1009 ≤ 2016 Xét dãy số n1 = a − a1 ; n2 = a − a2 ; n3 = a − a ; ; n1008 = a1009 − a1008 Khi đó ta có S = n1 + n2 + + n 1008 = a − a1 + a − a + + a1009 − a1008 = a1009 − a1 ≤ 2016 − = 2015 Dễ thấy các số n1 ; n2 ; n ; ; n1008 lớn thừ S lớn 2016 Từ đó S ≤ 2015 nên các số n1 ; n2 ; n ; ; n1008 tồn ít số ( ) Giả sử n i= 1 ≤ i ≤ 1008 , đó ta có a i +1 − a i = , hay a i và a i +1 là hai số tự nhiên liên tiếp Điều này dẫn đến a i và a i +1 là hai số nguyên tố cùng b) Cho các số thực a và b lớn Chứng minh rằng: Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 a b −1 + b a −1 + 3ab + ≥ 11 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 117 Website:tailieumontoan.com • Lời giải Do a và b lớn nên áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta a = + a − ≥ a − ab ≥ 2b a −   ⇒  b = + b − ≥ b − ab ≥ 2a b − Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta ab ≥ a b − + b a − Từ đó suy a b −1 + b a −1 ≥ 6 + 3ab + ≥ + 3ab + nên ab ab a b −1 + b a −1 Phép chứng minh kết thúc ta 11 + 3ab + ≥ ab Bất đẳng thức trên dươc viết lại thành 12 + 2ab 3ab + − 11ab ≥ Đặt t = ( ) 3ab + t > , suy ab = 12 + t2 − Thay vào bất đẳng thức trên ta t2 − t2 − t − 11 ≥ ⇔ 36 + 2t3 − 8t − 11t2 + 44 ≥ ⇔ t − 3 ( ) (2t + ) ≥ Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng với t > Vậy bài toán chứng minh xong Dấu xẩy a= b= Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 118 Website:tailieumontoan.com Đề số 21 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH QUẢNG BÌNH Năm học 2016 – 2017   a −4  Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức = + ⋅ a − a − với a > 0, a ≠ P   a −2 a a −2   ) ( a) Rút gọn biểu thức P = b)Tính giá trị P a (3 2+4 ) 2− 3 −1 ⋅ Câu 2(2.5 điểm) a) Giải phương trình 1 + 2x + 2017 =+ 3x + 2016 x x ( ) b) Cho phương trình x − 2m + x + m2 + = (1) (m là tham số) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x thỏa mãn ( ) ( )  x − 4m + x + m2   x − 4m + x + m2  = 25    Câu 3(1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh a3 + b + b3 + c + c3 + a ≤ Câu 4(3.5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm Đường phân giác góc BAC cắt BC D, cắt đường tròn (O) E Gọi M là giao điểm AB và CE Tiếp tuyến C đường tròn (O) cắt AD N và tiếp tuyến E đường tròn (O) cắt CN F a) Chứng minh tứ giác MACN nội tiếp đường tròn b) Gọi K là điểm trên cạnh AC cho AB = AK Chứng minh AO ⊥ DK 1 c) Chứng minh = + CF CN CD Câu 5(1.0 điểm).Trong 100 số tự nhiên từ đến 100 hãy chọn n số ( n ≥ ) cho hai số phân biệt chọn có tổng chia hết cho Hỏi có thể chọn n số thỏa mãn điều kiện trên với n lớn bao nhiêu? Hướng dẫn giải   a −4  Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức = + ⋅ a − a − với a > 0, a ≠ P   a −2 a a −2   ( ) a) Rút gọn biểu thức P Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 119 Website:tailieumontoan.com a −4 ta có P Với a > 0, a ≠ = a −2 a (3 = b)Tính giá trị P a Với a > 0, a ≠ ta có P = a= Suy = a ( 2+4 ) )( ( 2+4 ) 2− ( a = 2+ Khi đó P a −1 a −1 ) (a) )( a + 1= a −2 ) Ta có 2− 3 −1 ( ⋅ −1 a −1 ) ( a ( a − 2) ) a + 1= a −2 = ( 3+2 ) 4−2 3 −1 (3 + 2 ) ( = −1 −1 )= 3+2 ) ( +2 −1 = +1 Câu 2(2.5 điểm) a) Giải phương trình 1 + 2x + 2017 =+ 3x + 2016 x x • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ − 672; x ≠ Biến đổi phương trình đã cho ta 1 1 + 2x + 2017 = + 3x + 2016 ⇔ − = 3x + 2016 − 2x + 2017 x x x x   x−1 1− x 1   = ⇔ ⇔ x−1 = +  3x + 2016 + 2x + 2017 x  x 3x + 2016 + 2x + 2017   ( Do 3x + 2016 + 2x + 2017 + ) ≠ với x ≥ − 672; x ≠ x2 Suy từ phương trình trên ta x = Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm x = ( ) b) Cho phương trình x − 2m + x + m2 + = (m là tham số) Tìm m để phương trình có ( ) ( ) hai nghiệm phân biệt x1 ; x thỏa mãn  x12 − 4m + x1 + m2   x 22 − 4m + x + m2  = 25    • Lời giải Ta có ' = 3m2 + 4m − = ( m − 1)( 3m + ) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ' = ( m > m − 3m + > ⇔  m < −  )( ) x + x = 4m + Vì x1 ; x là hai nghiệm phương trình nên theo hệ thức Vi – et ta có  = m2 + x1 x Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 120 Website:tailieumontoan.com ( ( ) ) x − 4m + x + m2 =x − 1 và  12 Khi đó: x − 4m + x + m =x − ( ) ( ) ( )( { } )  x − 4m + x + m2   x − 4m + x + m2  =25 ⇔ x − x − =0 2     ⇔ x1 x − x1 + x + 31 =0 ⇔ m − 32m + 31 =0 ⇔ m ∈ 1; 31 ( ) Kết hợp với điều kiện có nghiệm phương trình ta m = 31 thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 3(1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh a3 + b • Lời giải Từ giả thiết ta có b3 + c + c3 + a ≤ 1 + + = Khi đó a b c + + + 1 ≤ + + a3 + b b3 + c c3 + a 2a ab 2b bc 2c ca    a ab b bc c ca   a + ab b + bc c + ca    = + + ≤ + +  a ab b bc c ca  2  a ab b bc c ca   1   ab bc ca  3 +  = + + + + 3 + = ab bc ca  2 ab bc ca  2   a +b b+c c+a 3 += ≤ + + = 3 +  2ab 2bc 2ca  2 2 ( ) Dấu xẩy xảy và a= b= c= Câu 4(3.5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O Đường phân giác  cắt BC D, cắt đường tròn góc BAC O E Gọi M là giao điểm AB và CE Tiếp tuyến ( ) ( ) ( ) C đường tròn O cắt AD N và tiếp tuyến E đường tròn O cắt CN F a) Chứng minh tứ giác MACN nội tiếp đường tròn Vì AD là tia  = NAC  MAN phân giác  BAC nên A  = MCN  (góc tạo tia tiếp tuyến và Mà NAC dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung)  = MCN  Vậy tứ giác MACN nội tiếp Suy NAM O K đường tròn b) Gọi K là điểm trên cạnh AC cho AB = AK B Chứng minh AO ⊥ DK Gọi I là giao điểm AO và DK (I ∈ DK) Khi đó Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 C F E  = ABD  Suy dễ thấy AKD = ABD nên AKI 1   nên AKI = AOC = 900 − OAK I D M N TÀI LIỆU TOÁN HỌC 121 Website:tailieumontoan.com  + OAK = AKI 900 Vậy OA vuông góc với DK 1 c) Chứng minh = + CF CN CD  = CEF  nên BC//EF hay DC//EF Do đó EF = NF , kết hợp với EF = CF suy BCE CD NC  1 1 EF CN − CF  + = ⇔ CF  + =  Vậy = CF CN CD CD CN  CD CN  Ta có Câu 5(1.0 điểm).Trong 100 số tự nhiên từ đến 100 hãy chọn n số ( n ≥ ) cho hai số phân biệt chọn có tổng chia hết cho Hỏi có thể chọn n số thỏa mãn điều kiện trên với n lớn bao nhiêu? • Lời giải Gọi a1 ; a ; ; a n là n số thỏa mãn đề bài Vì 6, 12, 18 thỏa mãn đề bài nên cần xét n ≥ ( ) Theo giả thiết thì a1 + a ; a1 + a ; a + a chia hết cho nên 2a1 + a + a  suy 2a1 chia hết cho đó a1 chia hết cho Lập luận tương tự thì số a1 ; a ; ; a n chia hết cho 3, nghĩa là chia cho chúng có dạng 6k 6k + (k là số tự nhiên) Trong n số xét không thể có hai số thuộc hai dạng trên, vì lúc đó tổng chúng không chia hết cho Vậy có hai dãy số ( n ≥ ) thỏa mãn đề bài là: + Các số đó có dạng 6k , với ≤ k ≤ 16 , gồm 16 số + Các số đó có dạng 6k + , với ≤ k ≤ 16 , gồm 17 số Kết luận: Có thể chọn dãy với n lớn là n = 17 số thỏa mãn đề bài Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 122 Website:tailieumontoan.com Đề số 21 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH HƯNG YÊN Vòng – Năm học 2016 – 2017 Bài (1.0 điểm) Rút gọn biểu thức A = 27 − 48 + − ( ) ( ) Bài (2.0 điểm) Cho Parobol P : y = x và đường thẳng d : y = mx − m + (m là tham số) a) Với m = Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d) b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x lớn Bài (2.0 điểm) x 2= y + a) Giải hệ phương trình  y = x + b) Giải phương trình x + = 4x + 5x − Bài 4(1.0 điểm) Hai người thợ cùng làm chung công việc thì hoàn thành Nếu người làm riêng, để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ ít người thứ hai là Hỏi làm riêng thì người phải làm bao lâu để hoàn thành công việc ( ) Bài (3.0 điểm) Cho đường tròn O; R và đường thẳng d cố định, khoảng cách từ tâm O đến ( ) đường thẳng d là 2R Điểm M thuộc đường thẳng d, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới O (A, B là tiếp điểm) a) Chứng minh các điểm O, A, M, B cùng nằm trên đường tròn ( ) b) Gọi D là giao điểm đoạn OM với đường tròn O Chứng minh D là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM c) Điểm M di động trên đường thẳng d Xác định vị trí điểm M cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ Bài (1.0điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc ≥ Chứng minh rằng: 1 + + ≤ 2 2 2 a +b +c b +c +a c +a +b a + b2 + c Hướng dẫn giải Bài (1.0 điểm) Rút gọn biểu thức A = Ta có A = 27 − 48 + − = 27 − 48 + − 9.3 − 16.3 + ( ( ) −1 ) = 3 − + − = −1 ( ) Bài (2.0 điểm) Cho Parobol P : y = x và đường thẳng d : y = mx − m + (m là tham số) ( ) ( ) a) Với m = Tìm tọa độ giao điểm P và d Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 123 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ) Với m = ta có P : y = x và d : y = 2x , đó tọa độ giao điểm là nghiệm hệ phương trình y = x  x 0;= y = = y x ⇔ ⇔  = x 2;= y y = 2x x = 2x    ( ) ( ) ( ) ( ) b) Hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là nghiệm phương trình Vậy tọa độ giao điểm P và d là O 0; và A 2; ( ) x = mx − m + ⇔ x − mx + m − 2= ( ) Để P và d cắt tạ hai điểm phân biệt thì phương trình trên phải có hai nghiệm phân biệt ( ) Khi đó ∆ = m2 − m − 2= m2 − 4m + > , đúng với m Khi đó để hoành độ giao điểm x1 ; x lớn thì ta cần có  1 1 x1 −   x −  >   4x x − 2x1 − 2x + > 2 2 ⇔  2x + 2x > x − + x − >   2 Theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x = m; x1 x = m − Khi đó ta có ( ) 4m − m − + > 2m + > ⇔ ⇔ m >1  > m > 2m    ( ) ( ) Vậy với m > thì d cắt P hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x lớn Bài (2.0 điểm) x = y + a) Giải hệ phương trình  y = x + x = y Trừ vế hai phương trình hệ ta có x − y2 = y − x ⇔ x − y x − y + = ⇔   x =− y − ( )( ) 1 + +  1 − −   và   + Với x = y ta tính nghiệm là  ; ;     2     ( ) ( + Với x =− y − ta tính các nghiệm −1; và 0; −1 b) Giải phương trình ) x + = 4x + 5x − Điều kiện xác định phương trình là x ≥ −3 Biến đổi phương trình đã cho ta  2  x + + = 2x +   1 3 2 x + + x + + = 4x + 6x + ⇔  x + +  =  2x +  ⇔  4 2      x + + =−2x −  2 Giải các trường hợp ta nghiệm phương trình là x1 = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 −3 + 41 −7 − 33 = ; x2 8 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 124 Website:tailieumontoan.com Bài 4(1.0 điểm) Hai người thợ cùng làm chung công việc thì hoàn thành Nếu người làm riêng, để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ ít người thứ hai là Hỏi làm riêng thì người phải làm bao lâu để hoàn thành công việc ( ) Bài (3.0 điểm) Cho đường tròn O; R và đường thẳng d cố định, khoảng cách từ tâm O đến ( ) đường thẳng d là 2R Điểm M thuộc đường thẳng d, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới O (A, B là tiếp điểm) ( ) Do MA và MB là các tiếp tuyến đường tròn O   nên ta có OAM = OBM = 900 , đó các điểm O, A, B, M cùng nằm trên đường tròn đường kính OM B ( ) O b) Gọi D là giao điểm đoạn OM với đường tròn O Chứng minh D là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM H ( ) là điểm chính cung nhỏ AB Khi đó dễ thấy BD là  Mặt khác ta lại có MD là phân phân giác ABM D A Do D là giao điểm OM với đường tròn O nên D d M K  Do D là tâm đường tròn nội giác góc AMB tiếp tam giác ABM c) Điểm M di động trên đường thẳng d Xác định vị trí điểm M cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ Gọi H là giao điểm MO và AB, K là chân đường vuông góc hạ từ O xuống d Ta có MH vuông góc với AB = và HA HB; = OK 2R AM = OM2 − OA2 = OM2 − R AM.AO R OM2 − R = OM OM2 2 AM OM − R = MH = OM OM = AH Khi đó = = MH.HA = SMAB MH.AB (OM ) − R R OM2 − R OM2 2     R 2   R   R      = R 1− R.OM −   OM −   =   OM  OM     OM          R  R Với M thuộc đường thẳng d ta có OM ≥ OK= 2R ⇔ < ≤ ⇒1−  ≥ OM  OM  Suy SAMB  3 3R  = (đvdt) ≥ R.2R   4   Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 125 Website:tailieumontoan.com Vậy diện tích tam giác AMB nhỏ M trùng với K Bài (1.0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc ≥ Chứng minh rằng: 1 + + ≤ 2 2 2 a +b +c b +c +a c +a +b a + b2 + c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz cho số ( 1  a + b2 + c  + b2 + c  ≥ a + b2 + c a  ) ( ) ⇒ ( a ; b; c )   và  ; b; c  ta có:  a  + b2 + c a ≤ a + b2 + c a + b2 + c ( + c2 + a Chứng minh tương tự ta có ≤ b b + c2 + a a + b2 + c ( ) ) + a + b2 và ≤ c c + a + b2 a + b2 + c ( ( 1 + + + a + b2 + c 1 a b c Do đó + + ≤ 2 2 2 a +b +c b +c +a c +a +b a + b2 + c ( Mặt khác ta có abc ≥ ⇒ ) ) ) 1 1 1 ≤ bc; ≤ ac; ≤ ab ⇒ + + ≤ ab + bc + ac a b c a b c Mà ab + bc + ac ≤ a + b2 + c2 ( ) a + b2 + c 1 + + ≤ = Suy 2 2 2 2 a +b +c b +c +a c +a +b a + b2 + c a + b2 + c ( ) Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy và a= b= c= Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 126 Website:tailieumontoan.com Đề số 22 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH HƯNG YÊN Vòng – Năm học 2016 – 2017 Bài (2.0điểm) a) Đặt = a = 2; b b) Cho= x 3 Chứng minh 28 + − 1 a b − =a + b + + +1 a−b b b a 28 − + Tính giá trị biểu thức P = x − 6x + 21x + 2016 Bài (20điểm) ( ) ( ) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng d1 : y = y −3x + ; d2 := ( d ) : y =−ax + a 3 − a2 − 1 x − và 2 Tìm a để đường thẳng đồng quy ( ) b) Tìm tất nghiệm nguyên dương x; y; z và thỏa mãn x ≥ y ≥ z ≥ phương trình: xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2015 Bài (2.0 điểm) x y2 − 2x + y2 = a) Giải hệ phương trình  2x − 4x + =− y b) Giải phương trình ( ) )( 2x + − 2x + + 4x + 14x + 10 = Bài (0.5 điểm)  = 600 Tính thể tích hình tạo Cho tam giác ABC vuông A có AB = 1cm và ABC cho tam giác ABC quay vòng quanh cạnh BC ( ) ( ) hai đường tròn tiếp xúc với ( O ) và ( O ) C và D Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt ( O ) và ( O ) M và N Các đường thẳng CM và DN cắt E Gọi P là Bài (2.5điểm) Cho hai đường tròn O1 và O2 cắt A và B Tiếp tuyến chung gần B 1 2 giao điểm BC và MN, Q là giao điểm BD và MN a) Chứng minh đường thẳng AE vuông góc với CD b) Chứng minh BD BC MN + = BQ BP PQ c) Chứng minh tam giác EPQ là tam giác cân Bài (1.0 điểm) Trong hình vuông cạnh 10 cm, người ta đặt ngẫu nhiên đoạn thẳng đoạn thẳng có độ dài cm Chứng minh luôn tồn điểm trên hai đoạn thẳng khác đoạn thẳng đó mà khoảng cách chúng không vượt quá 14 cm Hướng dẫn giải Bài (2.0điểm) Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 127 Website:tailieumontoan.com a) Đặt = a = 2; b 1 a b − =a + b + + +1 a−b b b a Chứng minh Ta có 1  1 a b a b − = a + b + + + ⇔ = a − b  + a + b + + + 1 a−b b b a b a b  VP = a a b2 − + a − b2 + − b b a ( Do = a = 2; b nên ) a b3 a b2 = =b2 ; = ⇒ VP =−1 + a =−1 + =1 =VT b b b a Từ đó ta có điều phải chứng minh b) Cho= x 28 + − 28 − + Tính giá trị biểu thức P =x − 6x + 21x + 2016 Ta có 3  28 + −  2) ( x −= ( = ) ( 28 + −  28 −   ) ( 28 − − 28 + )( ) 3 28 −  28 + −   28 −  = 20 − 9x  Từ đó ta x − 6x + 12x − =20 − 9x ⇔ x − 6x + 21x =28 Do đó P = x − 6x + 21x + 2016 = 28 + 2016 = 2044 Bài (20điểm) 1 x − và 2 ( ) ( ) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng d1 : y = y −3x + ; d2 := ( d ) : y =−ax + a 3 − a2 − ( ) Tìm a để đường thẳng đồng quy ( ) ( ) ( ) Gọi A x; y là giao điểm d1 và d2 nên x; y là nghiệm hệ phương trình y = −3x +  x =  1 ⇔ y = ⇒ A 1; y x−  = 2  ( ) ( )( )( ) ( ) Để d1 , d2 , d3 đồng quy thì A ∈ d3 Khi đó ta có a − a − a − Vậy a = −1 ( ) = ⇔ 4a = a + 3a + 3a + ⇔ a 3 ( = a +1 ) ⇒a= −1 ( )( )( ) thì d1 , d2 , d3 đồng quy ( ) b) Tìm tất nghiệm nguyên dương x; y; z và thỏa mãn x ≥ y ≥ z ≥ phương trình: xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2015 Biến đổi phương trình đã cho ta có ( ) ( ) ( ) ( ⇔ ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = ) ( )( )( ) xy z + + y z + + x z + + z + 1= 2016 ⇔ x + y + z + 1= 2016 Do x ≥ y ≥ z ≥ nên ta xyz + xy + yz + zx + x + y + z ≥ z3 + 3z2 + 3z Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 128 Website:tailieumontoan.com ( ) ≤ 2016 ⇒ z + ≤ 12 ⇒ z ≤ 11 Vì z ≥ nên ta z ∈ {8; 9;10;11} Ta xét các trường hợp sau + Với z = , đó ta có phương trình ( x + 1)( y + 1) = Do đó z3 + 3z2 + 3z ≤ 2015 ⇒ z + = x 15 x + 16 = Vì nên từ phương trình trên ta  ⇔ = y + 14 = y 13  ( )( ) + Với z = 10 , đó ta có phương trình 11 ( x + 1)( y + 1) = , dễ thấy phương trình vô + Với z = , đó ta có phương trình 10 x + y + = 25.32.7 , dễ thấy phương trình vô nghiệm nghiệm ( )( ) ( )( ) + Với z = 11 , đó ta có phương trình 12 x + y += 25.32.7 ⇔ x + y += 23.3.7 = x + 14 = x 13 Vì x ≥ y ≥ z = 11 nên từ phương trình trên ta  ⇔ = y + 12 = y 11 ( ) ( )( Vậy phương trình đã cho trên có các nghiệm là x; y; z = 15;13; , 13;11;11 ) Bài (2.0 điểm) x y2 − 2x + y2 = a) Giải hệ phương trình  2x − 4x + =− y x y2 − 2x + y2 = Biến đổi hệ phương trình đã cho ta  ⇔ 2x − 4x + =− y  Từ phương trình thứ hệ ta có x + ≥ 2x ⇒ (  2x y = x +1  y3 = −2 x − −  ( ) 2x ≤ ⇒ y2 ≤ ⇔ −1 ≤ y ≤ x +1 ) Mà ta lại có −2 x − − ≤ −1 ⇔ y ≤ −1 ⇔ y ≤ −1 Kết hợp hai kết trên ta y = −1 Thay vào phương trình thứ hai hệ ta x = ( ) (1; −1) vào hệ phương trình ta thấy thỏa mãn Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y= ) (1; −1) Thay x; y= b) Giải phương trình ( ) )( 2x + − 2x + + 4x + 14x + 10 = Điều kiện xác định hệ phương trình là x ≥ −1 Đặt Khi đó ta có a − b2= 3; 4x + 14x + 10= ( )( 2x += a; 2x += b (với a ≥ 0; b ≥ ) (2x + )(2x + )= ) ( ab ) ( )( )( ) Thay vào phương trình ta a − b + ab = a − b2 ⇔ a − b − a − b =0 + Với a = b ta có phương trình 2x + 5= + Với a = ta có phương trình 2x + = ⇔ x =−2 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 2x + , phương trình vô nghiệm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 129 Website:tailieumontoan.com 2x + = ⇔ x =− + Với b = ta có phương trình là nghiệm phương trình  = 600 Tính thể tích hình Bài (0.5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A có AB = 1cm và ABC Kết hợp với điều kiện xác định ta x = − tạo cho tam giác ABC quay vòng quanh cạnh BC cm và BC = 2cm Hình tạo thành là hai hình nón có bán kính Ta tính đường cao AH = đáy là AH, chiều cao là HB và HC Thể tích hình tạo thành là ( )  BC..AH2 = cm ( ) ( ) hai đường tròn tiếp xúc với ( O ) và ( O ) C và D Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt ( O ) và ( O ) M và N Các đường thẳng CM và DN cắt E Gọi P là Bài (2.5điểm) Cho hai đường tròn O1 và O2 cắt A và B Tiếp tuyến chung gần B 1 2 giao điểm BC và MN, Q là giao điểm BD và MN a) Chứng minh đường thẳng E AE vuông góc với CD Ta có MN song song với CD  = ENA  , mà nên EDC  = CDA   = DNA  nên EDC CDA C I , suy DC là phân giác góc  Tương tự ta có CD là EDA D B  phân giác góc ECA Từ đó ta suy ∆ACD = ∆ECD nên DA = DE , Q O1 O2 M đó tam giác ACE cân C A Suy đường phân giác CD đồng thời là đường cao nên CD N P vuông góc với AE b) Chứng minh BD BC MN + = BQ BP PQ Ta có DC là trung trực AE và CD song song với MN nên CD là đường trung bình tam giác MEN, suy ta CD = MN Lại có CD song song với PQ nên theo định lí Talets ta có BC BD CD BC BD 2CD MN = = ⇒ + = = BP BQ PQ BP BQ PQ PQ c) Chứng minh tam giác EPQ là tam giác cân Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 130 Website:tailieumontoan.com Do PQ song song với CD nên AE vuông góc với PQ Gọi I là giao điểm AB và CD, ta suy tam giác AID đồng dạng với DIB, đó ta có ID IB = ⇒ ID2 = IA.IB IA ID Chứng minh tương tự ta IC2 = IA.IB Từ đó suy IC = ID Do CD song song với PQ theo định lý Talét ta có ID IB IC = = ⇒ AP = AQ AQ AB AP Kết hợp các kết trên ta suy tam giác EMP cân E Bài (1.0 điểm) Trong hình vuông cạnh 10 cm, người ta đặt ngẫu nhiên đoạn thẳng đoạn thẳng có độ dài cm Chứng minh luôn tồn điểm trên hai đoạn thẳng khác đoạn thẳng đó mà khoảng cách chúng không vượt quá 14 cm Với đoạn thẳng và hình vuông đã cho, xét các hình bao hình vẽ A cm D 10cm M B cm 2cm N C  28  2   +   π  ≈ 211, 50 cm2 Tổng diện tích hình bao đoạn thẳng là S1 =  3    ( Diện tích hình bao hình vuông là S2 = 100 + 280   +   π ≈ 210, 44 cm2 3 ( ) ) Do S1 > S2 mà các đoạn thẳng nằm hoàn toàn hình bao hình vuông nên tồn hai đoạn thẳng d1, d2 có hình bao giao Gọi I là điểm thuộc phần giao đó, suy trên hai doạn thẳng d1, d2 tồn hai điểm E và F cho IE ≤ 7 7 14 ; IF ≤ Khi đó ta có EF ≤ IE + IF ≤ + = cm Vậy bài toán chứng 3 3 ( ) minh Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 131 Website:tailieumontoan.com Đề số 23 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH QUẢNG BÌNH Năm học 2016 – 2017   a −4  Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức P  = + ⋅ a − a − với a > 0, a ≠  a −2 a a −2   ) ( a) Rút gọn biểu thức P b)Tính giá trị P a = (3 2+4 ) 2− 3 −1 ⋅ Câu 2(2.5 điểm) a) Giải phương trình 1 + 2x + 2017 =+ 3x + 2016 x x ( ) b) Cho phương trình x − 2m + x + m2 + = (1) (m là tham số) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x thỏa mãn ( ) ( )  x − 4m + x + m2   x − 4m + x + m2  = 25    Câu 3(1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh a3 + b + b3 + c + c3 + a ≤ Câu 4(3.5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm Đường phân giác góc BAC cắt BC D, cắt đường tròn (O) E Gọi M là giao điểm AB và CE Tiếp tuyến C đường tròn (O) cắt AD N và tiếp tuyến E đường tròn (O) cắt CN F a) Chứng minh tứ giác MACN nội tiếp đường tròn b) Gọi K là điểm trên cạnh AC cho AB = AK Chứng minh AO ⊥ DK 1 c) Chứng minh = + CF CN CD Câu 5(1.0 điểm).Trong 100 số tự nhiên từ đến 100 hãy chọn n số ( n ≥ ) cho hai số phân biệt chọn có tổng chia hết cho Hỏi có thể chọn n số thỏa mãn điều kiện trên với n lớn bao nhiêu? Hướng dẫn giải   a −4  Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức P  = + ⋅ a − a − với a > 0, a ≠  a −2 a a −2   ( ) a) Rút gọn biểu thức P Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 132 Website:tailieumontoan.com a −4 Với a > 0, a ≠ = ta có P a −2 a (3 b)Tính giá trị P a = Với a > 0, a ≠ ta có P = a= Suy = a ( 2+4 ) )( ( 2+4 ) 2− ( a = 2+ Khi đó P a −1 a −1 ) (a) )( a + 1= a −2 ) Ta có 2− 3 −1 ( ⋅ −1 a −1 ) ( a ( a − 2) ) a + 1= a −2 = ( 3+2 ) 4−2 3 −1 (3 + 2 ) ( = −1 −1 )= 3+2 ) ( +2 −1 = +1 Câu 2(2.5 điểm) a) Giải phương trình 1 + 2x + 2017 =+ 3x + 2016 x x • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ − 672; x ≠ Biến đổi phương trình đã cho ta 1 1 + 2x + 2017 = + 3x + 2016 ⇔ − = 3x + 2016 − 2x + 2017 x x x x   x−1 1−x 1   = ⇔ ⇔ x−1 = +  3x + 2016 + 2x + 2017 x  x 3x + 2016 + 2x + 2017   ( Do 3x + 2016 + 2x + 2017 + ) ≠ với x ≥ − 672; x ≠ x2 Suy từ phương trình trên ta x = Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm x = ( ) b) Cho phương trình x − 2m + x + m2 + = (m là tham số) Tìm m để phương trình có ( ) ) ( hai nghiệm phân biệt x1 ; x thỏa mãn  x12 − 4m + x1 + m2   x 22 − 4m + x + m2  = 25    • Lời giải Ta có ' = 3m2 + 4m − = ( m − 1)( 3m + ) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt  = ' ( m > m − 3m + > ⇔  m < −  )( ) x + x = 4m + Vì x1 ; x là hai nghiệm phương trình nên theo hệ thức Vi – et ta có  m2 + = x1 x Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 133 Website:tailieumontoan.com ( ( ) ) x − 4m + x + m2 =x − 1 và  12 Khi đó: x − 4m + x + m =x − ( ) ( ) ( )( { } )  x − 4m + x + m2   x − 4m + x + m2  =25 ⇔ x − x − =0 2     ⇔ x1 x − x1 + x + 31 =0 ⇔ m − 32m + 31 =0 ⇔ m ∈ 1; 31 ( ) Kết hợp với điều kiện có nghiệm phương trình ta m = 31 thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 3(1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh a3 + b • Lời giải Từ giả thiết ta có b3 + c + c3 + a ≤ 1 + + = Khi đó a b c + + + 1 ≤ + + a3 + b b3 + c c3 + a 2a ab 2b bc 2c ca    a ab b bc c ca   a + ab b + bc c + ca    = + + ≤ + +  a ab b bc c ca  2  a ab b bc c ca   1   ab bc ca  3 +  = + + + + 3 + = ab bc ca  2 ab bc ca  2   a +b b+c c+a 3 += ≤ + + = 3 +  2ab 2bc 2ca  2 2 ( ) Dấu xẩy xảy và a= b= c= Câu 4(3.5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O Đường phân giác  cắt BC D, cắt đường tròn O E Gọi M là giao điểm AB và CE Tiếp tuyến góc BAC ( ) ( ) ( ) C đường tròn O cắt AD N và tiếp tuyến E đường tròn O cắt CN F a) Chứng minh tứ giác MACN nội tiếp đường tròn giác  BAC Vì AD là tia  = NAC  MAN phân  = MCN  Mà NAC (góc tạo tia tiếp tuyến và nên A dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung)  = MCN  Vậy tứ giác MACN nội tiếp Suy NAM O K đường tròn b) Gọi K là điểm trên cạnh AC cho AB = AK B Chứng minh AO ⊥ DK Gọi I là giao điểm AO và DK (I ∈ DK) Khi đó Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 C F E  = ABD  Suy dễ thấy AKD = ABD nên AKI 1   nên AKI = AOC = 900 − OAK I D M N TÀI LIỆU TOÁN HỌC 134 Website:tailieumontoan.com  + OAK = AKI 900 Vậy OA vuông góc với DK 1 c) Chứng minh = + CF CN CD  = CEF  nên BC//EF hay DC//EF Do đó EF = NF , kết hợp với EF = CF suy BCE CD NC  EF CN − CF  1 = ⇔ CF  + = +  Vậy = CD CN CF CN CD  CD CN  Ta có Câu 5(1.0 điểm).Trong 100 số tự nhiên từ đến 100 hãy chọn n số ( n ≥ ) cho hai số phân biệt chọn có tổng chia hết cho Hỏi có thể chọn n số thỏa mãn điều kiện trên với n lớn bao nhiêu? • Lời giải Gọi a1 ; a ; ; a n là n số thỏa mãn đề bài Vì 6, 12, 18 thỏa mãn đề bài nên cần xét n ≥ ( ) Theo giả thiết thì a1 + a ; a1 + a ; a + a chia hết cho nên 2a1 + a + a  suy 2a1 chia hết cho đó a1 chia hết cho Lập luận tương tự thì số a1 ; a ; ; a n chia hết cho 3, nghĩa là chia cho chúng có dạng 6k 6k + (k là số tự nhiên) Trong n số xét không thể có hai số thuộc hai dạng trên, vì lúc đó tổng chúng không chia hết cho Vậy có hai dãy số ( n ≥ ) thỏa mãn đề bài là: + Các số đó có dạng 6k , với ≤ k ≤ 16 , gồm 16 số + Các số đó có dạng 6k + , với ≤ k ≤ 16 , gồm 17 số Kết luận: Có thể chọn dãy với n lớn là n = 17 số thỏa mãn đề bài Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 135 Website:tailieumontoan.com Đề số 24 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH LONG AN Năm học 2016 – 2017 Câu (1.5 điểm) Cho biểu thức P = x +1 + 10 x +1 − 2x + x + với điều kiện x ≥ a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm tất các số tự nhiên x để P là số nguyên tố Câu (2.0 điểm) ( ) Cho phương trình x − m − x − 2m + = (với m là tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x cho x1 + x + 2x1 x = 26 ( ) Câu (1.0 điểm) Giải phương trình x + 2= x + Câu (2.5 điểm) ( ) ( ) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao BE và nội tiếp đường tròn O Tiếp tuyến O B và C cắt S , BC và OS cắt M a) Chứng minh AB.BM = AE.BS  = ASB  b) Chứng minh AME Câu (1.0 điểm) Số A tạo thành các chữ số viết liền gồm các số nguyên dương từ đến 60 theo thứ tự từ nhỏ đến lớn: A = 12345678910 585960 Ta xóa 100 chữ số số A cho số tạo thành các chữ số còn lại là số nhỏ (không thay đổi trật tự các chữ số ban đầu) Hãy tìm số nhỏ tạo thành đó Câu (1.0 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q= abc ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c )  60   có BAD Câu (1.0 điểm) Cho tứ giác ABCD = = ; BCD 900 Đường phân giác BAD cắt BD E Đường phân giác  BCD cắt BD F Chứng minh 1 1 + = + + + AE CF AB BC CD DA Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 136 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải Câu (1.5 điểm) Cho biểu thức P = a) Rút gọn biểu thức P P = x +1 10 + x +1 ) ) ( )( x + + 10 x + − = x +1 x +1 ( − 2x + x + với điều kiện x ≥ 12 x + = x +1 x +1 )( ( ) x +1 b) Tìm tất các số tự nhiên x để P là số nguyên tố Do P = x +1 và P là số nguyên tố nên x +1 = x +1 = Từ đó ta được= x 1;= x thỏa mãn yêu cầu bài toán ( ) Câu (2.0 điểm) Cho phương trình x − m − x − 2m + = (với m là tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x cho x1 + x + 2x1 x = 26 ' m2 − 2m + + 2m − 5= m2 − • Lời giải Ta có ∆ = Phương trình đã cho có nghiệm và ∆ ' ≥ ⇔ m2 − ≥ x + x = 2m − Khi đó theo định lý Vi – et ta có  −2m + x1 x = Do đó ta x1 + x + 2x1 x = 26 ⇔ 2m − − 4m + 10 = 26 ⇔ m = −9 Kết hợp với điều kiện có nghiệm thì m = −9 thỏa yêu cần đề bài ( ) Câu (1.0 điểm) Giải phương trình x + 2= x + • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ −1 Phương trình đã cho tương đương với ( ) x − x + + x + 1= ( x + 1) ( x ) x +1 x +1 −5 += x − x +1 x − x +1 x +1 =2 x − x +1 x +1 = x − x +1 − x +1 ⇔       x +1 x +1 ⇔ − 2 −  =0 ⇔   x − x +   x2 − x +        + Với x +1 = ⇔ 4x − 5x + = , phương trình vô nghiệm x − x +1 + Với x +1  − 37 + 37  = ⇔ − − = ⇔ ∈ x 5x x ;   x2 − x +    − 37 + 37  Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình là S =  ;  2   ( ) Câu (2.5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao BE và nội tiếp đường tròn O Tiếp ( ) tuyến O B và C cắt S, BC và OS cắt M a) Chứng minh AB.BM = AE.BS Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 137 Website:tailieumontoan.com  = 900 và BMS  = 900 (tính a) Ta có AEB B chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Lại có  = SBM  (cùng số đo BC  ) BAE Suy tam giác ABE đồng dạng với tam M S O giác BSM AB AE hay AB.BM = AE.BS = BS BM  = ASB  b) Chứng minh AME A Suy E C AB AE BC AB AE  ABO  + 900 và AEM   + 900 và MB nên Lại có ABS = = BEM = = = ME = BS BM BS ME    Vì tam giác ABE đồng dạng với tam giác BSM nên ABE = BSM = OBM Vì     Từ đó dẫn đến ABS  = AEM Suy ta ABO = EBM = BEM  = ASB  Do tam giác ABS đồng dạng với tam giác AEM Nên suy AME Câu (1.0 điểm) Số A tạo thành các chữ số viết liền gồm các số nguyên dương từ đến 60 theo thứ tự từ nhỏ đến lớn: A = 12345678910 585960 Ta xóa 100 chữ số số A cho số tạo thành các chữ số còn lại là số nhỏ (không thay đổi trật tự các chữ số ban đầu) Hãy tìm số nhỏ tạo thành đó ( ) • Lời giải Số chữ số A là + 60 – 10 + = 111 chữ số Suy xóa 100 chữ số thì còn lại 11 chữ số Để số có 11 chữ số nhỏ thì ta phải chọn chữ số đầu tiên bên trái là chữ số (nghĩa là xóa hết các chữ số khác từ đến 50) 11 chữ số còn lại sau xóa 100 chữ số là 00000123450 Vậy số cần tìm là 123450 Câu (1.0 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q= abc ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) • Lời giải Do a, b, c là các chữ số nên b + c − a > 0; c + a − b > 0; a + b − c > Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có Tương tự ta có ( b + c − a )( c + a − b ) ≤ 21 ( b + c − a + c + a − b ) =c ( c + a − b )( a + b − c ) ≤ a; ( a + b − c )( b + c − a ) ≤ b Từ đó suy Q abc ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≥1 Giá trị nhỏ Q là Khi đó a= b= c  60   có BAD Câu (1.0 điểm) Cho tứ giác ABCD = = ; BCD 900 Đường phân giác BAD  cắt BD F cắt BD E Đường phân giác BCD Chứng minh 1 1 + = + + + AE CF AB BC CD DA Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 138 Website:tailieumontoan.com Gọi K là hình chiếu vuông góc E lên AB A Diện tích tam giác ABE là = SABE KE.AB AE s in300.AB AE.AB = = 2 Diện tích tam giác ADE là SADE = K AE.AD B Diện tích tam giác ABD là = SABD Ta AB s in600.AD = có E D 3AB.AD SABE + SADE = SABD nên F suy C 1 = + AE AB AD 1 1 1 Từ đó ta có Tương tự trên ta tìm = + + = + + + CF CB CD AE CF AB BC CD DA Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 139 Website:tailieumontoan.com Đề số 25 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH HÒA BÌNH Năm học 2016 – 2017 Câu I (2.0 điểm) 1) Rút gọn các biểu thức sau: a) A = + − 29 − 12 b) B = x y −y x xy + x−y x− y 2) Giải phương trình sau: 3x + 5x − = Câu II (3.0 điểm) 1) Chứng minh a và b là các số tự nhiên lẻ thì a + b2 không phải là số chính phương ( ) 2) Tìm tất các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x + xy − x − 2y − =  x + y2 xy + =  3) Giải hệ phương trình  xy x+y 6 x= y +  Câu III(1.0 điểm) Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách 24km Cùng lúc đó bè nứa trôi từ A đến B với vận tốc dòng nước là 4km/h Khi đến B ca nô quay lại và gặp bè nứa địa điểm C cách A là 8km Tính vận tốc thực ca nô Câu IV(2.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB Một điểm M nằm trên cung AB (M khác A, M khác B) Gọi H là điểm chính cung AM Tia BH cắt AM I và cắt tiếp tuyến A nửa đường tròn (O) K Các tia AH, BM cắt S a) Chứng minh điểm S nằm trên đường tròn cố định ( ) b) Kéo dài AM cắt đường tròn B; BA điểm thứ hai là N Chứng minh tứ giác BISN là tứ giác nội tiếp Câu V (2.0 điểm)  30  1) Cho tam giác ABC = có B = ;C 150 , đường trung tuyến AM Tính số đo góc AMB 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a + ab2 b3 + bc2 c3 + ca + + ≥2 a + b + b2 b2 + c + c c + a + a Câu I (2.0 điểm) 1) Rút gọn các biểu thức sau: Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 140 Website:tailieumontoan.com a) A = + − 29 − 12 = + − x y −y x b) B = xy (2 −3 ) = + − + =3 x−y + x− y Điều kiện xác định biểu thức là x > 0; y > 0; x ≠ y Ta có x y −y x B= = ( xy + ) ( x− y + x−y = x− y xy ( x− y xy ) )+( x− y )( x+ y ) x− y x+ y =2 x 2) Giải phương trình 3x + 5x − = Đặt = t x ≥ phương trình đã cho trở thành 3t2 + 5t − =0 ⇒ t1 = ; t2 =−2 (loại) Với t = 1 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S= ⇒ x2 = ⇒ x = ± 3  3  ; −   3  Câu II (3.0 điểm) 1) Chứng minh a và b là các số tự nhiên lẻ thì a + b2 không phải là số chính phương ( ) Vì a, b là các số tự nhiên lẻ nên ta đặt a =2m + 1; b =2n + m, n ∈  Khi đó ta có a + b2 = (2m + 1) + (2n + 1) = ( m 2 ) + n2 + m + n + 2 Ta có số chính phương chia hết cho thì phải chia hết cho Mà a + b2 chia hết cho không chia hết cho 4, nên a + b2 không phải là số chính phương ( ) 2) Tìm tất các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x + xy − x − 2y − = Dễ thấy với x = thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên Xét x ≠ , đó biến đổi phương trình trên ta −x2 + x + x + xy − x − 2y − =0 ⇔ y x − =−x + x + ⇔ y = x −2 (vì x=2 không là −x2 + x + 3 ⇔y= + =− x − + x −2 x −2 x −2 ( ) nghiệm) Do y nhận giá trị nguyên x − là ước Từ đó ta x −2 −1 −3 x −1 y −1 −5 −5 −1 ( ) ( 3; −1) ; ( 5; −5 ) ; (1; −5 ) ; ( −1; −1) Vậy pt có nghiệm nguyên x, y =  x + y2 xy + =  3) Giải hệ phương trình  xy x+y 6 x= y +  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 141 Website:tailieumontoan.com Điều kiện xác định hệ phương trình là x > 0; y > Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x + y2 xy += xy x+y (x + y) = = ( xy − 2xy xy xy +4+ −6 ≥2 x+y xy x+y (x + y) + xy x+y (x + y) xy .4 + ) + (x + y) + 2 xy ( ) x+y xy xy − 6= + −6 x+y x+y xy xy 7.2 xy −6 ≥ +2 x+y xy (x + y) 2 xy xy = −6 x+y Kết hợp với phương trình thứ hệ ta x = y Với x = y thay vào phương trình hai ta x = x + ⇒ ( x −3 ) = 0⇒x=9 ( ) ( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta x; y = 9; là nghiệm hệ Câu III(1.0 điểm) Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách 24km Cùng lúc đó bè nứa trôi từ A đến B với vận tốc dòng nước là 4km/h Khi đến B ca nô quay lại và gặp bè nứa địa điểm C cách A là 8km Tính vận tốc thực ca nô ( ) Gọi vận tốc thực ca nô là x (km/h) x > Vận tốc xuôi dòng là x + và vận tốc ngược dòng là x − Thời gian xuôi dòng là 24 16 và thời gian ngược dòng là x+4 x−4 Thời gian ca nô A đến B trở lại đến C là : = Ta có phương trình 24 16 + = Giải phương trình x = 20 (thỏa mãn) x+4 x−4 Vậy vận tốc thực ca nô là 20 km/h Câu IV (2.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB Một điểm M nằm trên cung AB (M khác A, M khác B) Gọi H là điểm chính cung AM Tia BH cắt AM I và cắt tiếp tuyến A nửa đường tròn (O) K Các tia AH, BM cắt S N S K M H I B O A a) Chứng minh điểm S nằm trên đường tròn cố định  = AKB  (vì sđ cung AH sđ cung HM) và AKB  = SAB  (cùng phụ với KAH ) Ta có ASB  = SAB  ⇒ SB = AB cố định Vậy S thuộc đường tròn (B; BA) Do đó ta ASB Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 142 Website:tailieumontoan.com ( ) b) Kéo dài AM cắt đường tròn B; BA điểm thứ hai là N Chứng minh tứ giác BISN là tứ giác nội tiếp  = MHB  (cùng chắn cung IM) Lại có MHB  = MAB  (cùng chắn Ta có tứ giác SHIM nội tiếp nên BSI  = BNI  (vì tam giác ABN cân B) Do đó ta BSI  = BNI  nên tứ giác BISN cung BM) và MAB nội tiếp đường tròn Câu V (2.0 điểm)  30   1) Cho tam giác ABC = có B = ;C 150 , đường trung tuyến AM Tính số đo góc AMB A B H M D C Kẻ đường cao AH tam giác ABC Đặt AH = a ⇒ AB = 2a; BH = 3a Lấy D đối xứng với B qua H  = DCA  = 150 ⇒ DC = DA = AB = 2a Khi đó ta có DAC Suy BC = BH + DH + DC = 3a + 2a ⇒ BM = Nên ta HM = BM − BH = BC = 3a + a 3a + a − 3a = a = AH  = 450 Suy tam giác AHM vuông cân H nên ta AMB 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a + ab2 b3 + bc2 c3 + ca + + ≥2 a + b + b2 b2 + c + c c + a + a Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  a + ab2   b3 + bc2   c3 + ca  b c + − + −  a −     ≤1 a + b + b2   b2 + c + c2   c2 + a + a   ab bc ca ⇔ + + ≤1 2 a +b+b b +c+c c + a + a2 Áp dụng Bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có a + b + b2 ≥ 3 a b3 = 3b a Do đó ab ab a a +1+1 a +2 ≤ = ≤ = 2 9 a +b+b 3b a Tương tự ta bc b+2 ca c+2 ≤ ≤ ; 2 c +a+a b +c+c Cộng vế với vế các bất đảng thức trên ta ab bc ca a+b+c+6 + + ≤ = 2 a +b+b b +c+c c +a+a Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a= b= c= Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 143 Website:tailieumontoan.com Đề số 27 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI Vòng – Năm học 2016 – 2017 Câu (2.0 điểm)   1+a 1−a 1   − −  với < a < Cho= biểu thức P  +  1+a − 1−a a  − a − + a   a  Chứng minh P = −1 Câu 2(2.5 điểm) ( ) ( ) Cho parabol P : y = − x và đường thẳng d = : y 2mx − với m là tham số ( ) ( ) a) Tìm tọa độ giao điểm d và P m = ( ) ( ) b) Chứng minh với giá trị m thì d luôn cắt P hai điểm phân biệt A, B Gọi y1, y2 là tung độ A, B Tìm m cho y12 − y22 = Câu 3(1.5 điểm) Một người xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 120 km Vận tốc trên đường AB đầu không đổi, vận tốc trên quãng 1 quãng đường AB sau vận tốc trên quãng 4 quãng đường AB đầu tiên lúc là 10km/h Thời gian kể tử lúc xuất phát A đến xe trở A đường AB đầu Khi đến B, người đó nghỉ 30 phút và trở lại A với vận tốc lớn vận tốc trên là 8,5 Tính vận tốc xe máy trên quãng đường người đó từ B A? Câu 4(3.0 điểm) Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng và M nằm A, B Trên cùng nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, dựng hai tam giác AMC và BMD Gọi P là giao điểm AD và BC a) Chứng minh AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CP.CB + DP.DA = AB c) Đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC và BMPD cắt PA, PB tương ứng E, F Chứng minh tứ giác CDFE là hình thang Câu 5(1.0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 5a + + 5b + + 5c + ≥ Phân tích và hướng dẫn giải   1+a 1−a 1   − −  với < a < Câu Cho= biểu thức P  +  1+a − 1−a a  − a − + a   a  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 144 Website:tailieumontoan.com Chứng minh P = −1 • Phân tích Đây là dạng rút gọn phân thức quen thuộc, là thay đổi cách hỏi, việc chứng minh chính là quá trình rút gọn phân thức • Lời giải Điều kiện xác định biểu thức < a <   1+a 1−a  −1 − P  = +  1+a − 1−a − a − + a   a    1+a 1−a   =+  1+a − 1−a  − a + a − − a       1+a 1−a   1−a = +  1+a − 1−a  + a − − a   a   ( )( ( ) ( ) (1 − a )(1 + a ) − ) 1  a  − a2  −  a a2  − 1+a + 1−a − = ⋅ 1+a − 1−a 1+a + 1−a = ⋅ a 1+a − 1−a − 1+a − 1−a 1+a + 1−a −2a = = = −1 2a 2a )( ( ) 1  a  ( 1+a − 1−a ) 2a Vậy P = −1 hay bài toán chứng minh ( ) Câu Cho parabol P : y = − x và đường thẳng d= : y 2mx − với m là tham số ( ) a) Tìm tọa độ giao điểm d và P m = b) Chứng minh với giá trị m, d luôn cắt (P) hai điểm phân biệt A, B Gọi y1, y2 là tung độ A, B Tìm m cho y12 − y22 = ( ) • Nhận xét Đây là dạng toán parabol và đường thẳng Để tìm tọa độ giao điểm d và P ta cần thay m vào và giải hệ phương trình để tìm x, y Ở câu b) ta cần đưa phương trình bậc hai và sử dụng hệ thức Vi – et thì bài toán giải Chú ý y12 − y22 = có dấu giá trị tuyệt đối gợi cho ta ý tưởng bình phương hai vế để giải Có hai hướng thay y1 ; y2 là sử dụng hai phương trình parabol phương trình đường thẳng d nhiên vì parabol có bậc nên ta thay phương trình đường thẳng d là y1 = 2mx1 − 1; y2 = 2mx − Chỉ cần thay lại và tính là bài toán giải • Lời giải ( ( ) ) a) Gọi x , y là tọa độ giao điểm d và P m = Khi đó ta có hệ phương trình sau: y = − x 02 ⇒ x 02 + 2x − = ⇒  = y 2x −  (  x =−1 +  y =−3 + 2  ⇒  x =−1 −  y =−3 − 2   ) ( Vậy tọa độ giao điểm d và (P) m = là −1 + 2; −3 + 2 và −1 − 2; −3 − 2 ( ) ) ( ) b) Gọi x , y là tọa độ giao điểm d và P Tương tự ta có x 02 + 2mx − = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 145 Website:tailieumontoan.com Phương trình trên là phương trình bậc hai có= ∆ 4m2 + > với m nên phương trình luôn có ( ) nghiệm phân biệt hay d luôn cắt P hai điểm phân biệt A và B Gọi x1, x là hoành độ A và B Theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x = −2m; x1 x = −1 y = 2mx1 − Ta có  = y2 2mx − Suy ( ) ( ( + 1) ( x − x = ) (2m y12 − y22 = ⇔ 2mx1 − − 2mx − ( ) ( )  ⇔ 4m x12 − x 22 m x1 + x − 1=   (x Ta tính x1 − x 2= ) − x2 = ( (x Khi đó y12 − y22 = ⇔ 2m2 + + x2 ) ( 4m 2m2 ) ) ) ( + 1) m ( x ) ) = ⇔ 4m x12 − x 22 m x1 + x − 1   − 4x1 x= 2 − x2 4m2 + 4= m2 + m2 + m Bình phương hai vế ta có ( )( ) y12 − y22 = 45 ⇔ 16 4m + 4m2 + 4m + 4m2 = 45 Đặt 4m + 4m2 = t > Khi đó phương trình trên trở thành 16t2 + 16t − 45 = ⇔ t = (vì t > ) 1 Suy 16m + 16m2 − =0 ⇔ m2 = ⇔ m =± Vậy với m = ± ta y12 − y22 = Câu (1.5 điểm) Một người xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 120 km Vận tốc trên 1 quãng đường AB đầu không đổi, vận tốc trên quãng đường AB sau vận tốc trên 4 quãng đường AB đầu Khi đến B, người đó nghỉ 30 phút và trở lại A với vận tốc lớn vận tốc quãng đường AB đầu tiên lúc là 10km/h Thời gian kể tử lúc xuất phát A đến xe trở A là 8,5 Tính vận tốc xe máy trên quãng đường người đó từ B A? trên • Lời giải Gọi x là vận tốc xe máy đã trên Vận tốc xe máy trên quãng đường AB sau x > ( ) quãng đường AB đầu là 2x Vận tốc xe máy từ B trở A là 2x + 10 Ta có phương trình 90 30 120 17 45 30 60 + + + = ⇔ + + =8 ⇔ x − 15 8x + 25 =0 2x x 2x + 10 2 x x x+5 ( )( ) Vì 8x + 25 > ta x − 15 = hay x = 15 Vậy vận tốc xe máy từ B A là 2x + 10 = 40 (km/h) Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 146 Website:tailieumontoan.com Câu (1.5 điểm) Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng và M nằm A, B Trên cùng nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, dựng hai tam giác AMC và BMD Gọi P là giao điểm AD và BC a) Chứng minh AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp • Phân tích Có hai hướng chứng minh các tứ giác trên nội tiếp + Vì nhận thấy các góc không có D mối liên hệ chặt chẽ nào nên ta phải thay đổi nó Gọi P’ là giao điểm đường tròn C ngoại tiếp tam giác CAM và AD đó P CP’MA nội tiếp suy    = AP = = 60 nên tứ giác ACM ' M DBM DP’MB Để hoàn tất chứng minh cần P trùng với P’ hay AD cắt BC P’ hay F EI A J B M B,C,P’ Điều này là hiển nhiên vì ta có   CP = ' A DP = ' B 600 + Sử dụng tam giác vì có cạnh tam giác là CMB = AMD • Lời giải + Hướng Gọi P’ là giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác CAM và AD, ta có CP’MA nội tiếp      Khi đó ACM = AP = = 600 Suy tứ giác DP’MB Mặt khác vì vì CP ' M DBM = ' A DP = ' B 60 nên B,C,P’ thẳng hàng Vì P trùng P’ hay AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp  CMB  + Hướng Ta= có AM CM; = MD MB; = AMD  = DAM;  MBC  = MDA  Suy CMB= AMD ⇒ BCM Suy tứ giác CPMA và tứ giác MPDB nội tiếp b) Chứng minh CP.CB + DP.DA = AB • Phân tích Ta cần tính CP.CB và DP.DA.Vì tứ giác CPMA và tứ giác MPDB nội tiếp nên CP.CB = AM.AB và DP.DA = MB.AB nhiên thay vào hoàn toàn không cái gì Để ý các tích nên ta cần chuyển tích thành bình phương cạnh Để ý MPC ∽ BMC nên CP.CB = CM2 Chứng minh tương tự ta có DP.DA = AM2 Đến đây    cần thay vào là bài toán chứng minh vì MPB = MDB = CMA = 600  =1800 − BPM  ⇒ CPM  =CMB  lại    = MDB = CMA = 600 Suy 1800 − CMA • Lời giải Vì MPB  chung nên MPC ∽ BMC suy CP.CB = CM2 có BCM Chứng minh tương tự ta có DP.DA = AM2 Khi đó CP.CB + DP.DA = AM2 + CM2 = AB c) Đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC và BMPD cắt PA, PB tương ứng E, F Chứng minh tứ giác CDFE là hình thang • Phân tích và hướng giải Để chứng minh CDFE là hình thang ta cần chứng minh CE   song song với DF Để ý ta thấy EF là trục đối xứng PM Mà ta đã có APM = BPM = 600 nên Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 147 Website:tailieumontoan.com ta dễ dàng suy PEMF là hình thoi Mà theo định lý Talets ta có AE AM AE MF hay = = AP AB AC MD  = PMD  nên tam giác ACE đồng dạng với tam giác MDF Do đó Mặt khác ta lại có CAE  = CEA  , từ đây ta suy DF son song với CE Vậy CEDF là hình thang CFM Câu (1.0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 5a + + 5b + + 5c + ≥ mà xảy a= 1; b= c= và các hoán vị Do đó khó để sử dụng các BĐT quen thuộc Có kinh nghiệm • Phân tích để ý thì thấy dấu = BĐT trên không xảy a= b= c= nhỏ là đứng trước bài toán BĐT có điểm rơi trên ta thường khai thác tính bị chặn các biến • Lời giải Từ giả thiết ta có ≤ a, b, c ≤ ⇒ a ≤ a; b2 ≤ b; c2 ≤ c Từ đó ta 5a + = a + 4a + ≥ a + 4a + = a + 5b + = b + 4b + ≥ b2 + 4b + = b + 5c + = c + 4c + ≥ c2 + 4c + = c + Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta 5a + + 5b + + 5c + ≥ a + b + c + = Vậy bài toán chứng minh Đẳng thức xẩy a= 1; b= c= và các hoán vị Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 148 Website:tailieumontoan.com Đề số 28 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI Vòng – Năm học 2016 – 2017 Câu 1(1.5 điểm) Chứng minh biểu thức sau nhận giá trị nguyên dương với giá trị nguyên dương n  = P  n2 + n +  ( ) + ( n − 1)  + n2  4n2 + − 4n +  Câu (2.5 điểm) ( ) ( x −1 + y −1 a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn x − y= 95 x + y2 b) Tìm các số thực x, y thỏa mãn x − y2 − + += x y ) Câu (2.0 điểm) Cho S là tập các số nguyên dương n có dạng = n x + 3y2 , đó x, y là các số nguyên Chứng minh rằng: a) Nếu a, b ∈ S thì ab ∈ S b) Nếu N ∈ S và N là số chẵn thì N chia hết cho và N ∈ S ( ) Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC Kẻ đường cao AH và đường tròn O đường kính AH cắt các cạnh AB, AC tương ứng D và E Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC S a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh SB.SC = SH2 c) Đường thẳng SO cắt AB, AC tương ứng M, N Đường thẳng DE cắt HM và HN tương ứng P, Q Chứng minh BP, CQ, AH đồng quy Câu (1.0 điểm) Giả sử điểm mặt phẳng tô ba màu xanh, đỏ, vàng Chứng minh tồn ba điểm cùng màu là ba đỉnh tam giác cân Phân tích và hướng dẫn giai Câu 1(1.5 điểm) Chứng minh biểu thức sau nhận giá trị nguyên dương với giá trị nguyên dương n  = P  n2 + n +  ( ) + ( n − 1)  + n2  4n2 + − 4n +  • Phân tích Để chứng minh biểu thức P nhận giá trị nguyên dương với n nguyên dương ta cần biến đổi biểu thức làm thoát bậc hai Để ý ta đã có ( n2 + n + ) + ( n − 1) + n2 Do đó bài toán chứng minh ta biến đổi 4n2 + − 4n += 2n2 + 2n + − 2n2 − 2n + Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 149 Website:tailieumontoan.com • Lời giải Biến đổi các biểu thức thức ta (2n 4n2 + − 4n + 1= 4n2 + − = 2n2 + 2n + − ( = Từ đó ta (2n )( ) + − 4n2 ) + − 2n 2n2 + + 2n + 2n2 − 2n + 2n2 + 2n + − 2n2 − 2n + ) 2n2 + 2n + − 2n2 − 2n + Do đó 4n2 + − 4n += 2   = P  n2 + n + + n − + n2  4n2 + − 4n +   2 2n + 2n + + 2n − 2n + 2n2 + 2n + − 2n2 − 2n + = ( ( = (2n ) ( ) )( ) ) + 2n + − 2n + 2n − = 4n Vậy P nhận giá trị nguyên dương với n là số nguyên dương Câu (2.5 điểm) ( a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn x − y= 95 x + y2 ( ) Và phương trình trở thành d ( a – b ) ( a ) ( ) = x da; = y db với a, b ∈ N* và a, b = • Phân tích và lời giải Đặt d = x, y đó ( ) ( + ab + b2= 95 a + b2 ) (a – b) Vì a + b2 , a + ab + b2 = nên a + ab += b2 ) − 3ab là ước 95 = 5.19 , ước này chia ( dư và lớn nên có thể là 19, a – b ) − 3ab = 19 −b = = a= a x 195 Từ đó ta  ⇔ ⇒ d = 65 ⇒  = = a.b 6= b y 130   ( ) ( Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là x; y = 195;130 b) Tìm các số thực x, y thỏa mãn x − y2 − + += x y ( ) ) x −1 + y −1 • Phân tích và lời giải Từ hệ thức bài toán cho ta có điều kiện xác định là x > 1; y > Hệ thức đã cho có chứa biến mẫu và chứa thức bậc hai, đó để tìm các x, y thỏa mãn ta biến đổi hệ thức đã cho dạng tổng các bình phương Ta có ) ( x − y2 − x −1 + y −1 + += x y x − 4x x − y2 − 4 y − ⇔ − +4+ − +4= x x y y : 2 x − + 4x x − + 4x + y − + 4y y − + 4y = ⇔ x y 2 1 x −2 x −1 + y −2 y −1 = ⇔ x y ( ( ) Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ) ( ( ) ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 150 Website:tailieumontoan.com Vì x > 1; y > nên ta có ( x −2 x −1 x ) + ( y −2 y −1 y )  −1 = x − x= x =0 ⇔  ⇔ y = y − y − = ( ) ( ) Thử lại ta thấy x; y = 2; thỏa mãn yêu cầu bào toán Câu (2.0 điểm) Cho S là tập các số nguyên dương n có dạng = n x + 3y2 , đó x, y là các số nguyên Chứng minh rằng: a) Nếu a, b ∈ S thì ab ∈ S Ta có a, b ∈ S nên= a m2 + 3n2 và = b p2 + 3q với m, n, p, q là các số nguyên Khi đó ta có ( = (m p ab = m2 + 3n2 2 )( p ) + 3q = m2 p2 + 3n2 p2 + 3m2 q + 9n2 q ) ( + 6mnpq + 9n2 q + m2 q − 2mnpq + n2 p2 ( = mp + nq ) ( + mq − np ) ) Do ab ∈ S b) Nếu N ∈ S và N là số chẵn thì N chia hết cho và N ∈ S Do N ∈ S nên ta có N = x + 3y2 với x, y là các số nguyên và N là số chẵn nên x, y có cùng tính chẵn lẻ Ta xét các trương hợp sau + Xét trường hợp x và y là số chẵn Khi đó dễ thấy N chia hết cho N N Đặt = x 2a; = y 2b a, b ∈ Z , đó = a + 3b2 nên ∈ S 4 ( ) ( + Xét trường hợp x và y là số lẻ Khi đó đặt x =2a + 1; y =2b + a, b ∈ Z ( ) ( Ta có N = x + 3y2 = 2a + + 2b + ) ) = 4a + 4a + 12b2 + 12b + nên N chia hết cho Mặt khác x, y là các số lẻ nên x − y2  nên x − 3y  x + 3y  2 x + y N  x − 3y  N Với x − 3y  ta= ∈S   + 3  nên     2 x − y N  x − 3y  N Với Với x + 3y  ta= ∈S   + 3  nên     Vậy bài toán chứng minh ( ) Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC Kẻ đường cao AH và đường tròn O đường kính AH cắt các cạnh AB, AC tương ứng D và E Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC S a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 151 Website:tailieumontoan.com  = AHD  (cùng chắn cung AD) và Ta có AED  = ABH  (cùng phụ DHB  ) Do đó suy AHD  = DBC  nên tứ giác BDEC nội tiếp AED A N' N đường tròn b) Chứng minh SB.SC = SH I Xét hai tam giác SBD và tam giác SEC có  chung và DBS  = DEC  (vì tứ giác DSB BDEC nội tiếp) K O M E J M' Q D S P B H C Từ đó suy tam giác SBD đồng dạng với tam giác SEC Do đó ta SB.SC = SD.SE  chung và SHD  = SEH  (cùng chắn cung DH) nên suy Xét tam giác SBH và tam giác SEH có DSH tam giác SHD đồng dạng tam giác SEH Do đó ta SH2 = SD.SE Kết hợp các kết trên ta SB.SC = SH2 c) Đường thẳng SO cắt AB, AC tương ứng M, N Đường thẳng DE cắt HM và HN tương ứng P, Q Chứng minh BP, CQ, AH đồng quy Kẻ đường thẳng HM’ song song với AC (M’ thuộc AB) và đường thẳng HN’ song song với AB (N’ thuộc AC) Khi đó ta có AM’HN’ là hình bình hành Suy M’, O, N’ thẳng hàng Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ABC với ba điểm S, D, E thẳng hàng ta có Mà ta lại có SB EC AD = SC EA DB EC HC2 DB HB2 SB HC2 HA2 SB HC2 và nên ta = ⇒ = = = SC HA2 HB2 SC HB2 EA HA2 DA HA2 Áp dụng định lý Talets ta có HC AM ' HC CN ' SB AM ' CN ' và nên suy = = =1 HB M ' B HB AN ' SC BM ' AN ' Từ đó suy ba điểm S, M’,N’ thẳng hàng, đó M trùng với M’ và N trùng với N’ Từ đó ta có     AMHN là hình bình hành nên ta PHE = HEC = 900 đó PHE = HDB = 900  = DHB  nên DBH  = EPH  , đó tứ giác BDPH nội tiếp Suy ta BPH  = 900 hay Mà PEH BP vuông góc AC Chứng minh tương tự CQ vuông góc AB Trong tam giác ABC có các đường cao là AH, BP, CQ nên AH, BP, CQ đồng quy Câu (1.0 điểm) Giả sử điểm mặt phẳng tô ba màu xanh, đỏ, vàng Chứng minh tồn ba điểm cùng màu là ba đỉnh tam giác cân Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 152 Website:tailieumontoan.com Ta xét đường tròn tâm C Trên đường tròn (C) B1 lấy hai ngũ giác A1A2 A A A5 và A1 A2 B1B2 B3 B4 B5 Giả sử C tô màu xanh Khi đó 10 điểm A1A2 A A A5 B1B2 B3 B4 B5 có hai B5 B2 điểm tô xanh thì ta có điều phải chứng minh Xét trường hợp 10 điểm có nhiều điểm tô xanh đó hai ngũ giác C A3 A5 A1A2 A A A5 và B1B2 B3 B4 B5 tồn ngũ giác không có điểm tô xanh Giả sử ngũ giác B1B2 B3 B4 B5 không có điểm xanh đó tồn B4 B3 A4 đỉnh ngũ giác này tô cùng màu Vậy ta có điều phải chứng minh Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 153 Website:tailieumontoan.com Đề số 29 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH QUẢNG NGÃI Năm học 2016 – 2017 Câu (2.0 điểm) a) Rút gọn P = x x − 2x + 28 x−3 x −4 x −4 − x +1 + x +8 (x ≥ 0, x ≠ 16) 4− x b) Không sử dụng máy tính hãy chứng minh Q = 20162 + 20162.20172 + 20172 là số nguyên Câu 2.(2.0 điểm) a) Giải phương trình x + + 2x − + x − − 2x − = 2 b) Cho phương trình x + ax + b = có hai nghiệm nguyên dương biết a, b là hai số thỏa mãn 5a + b = 22 Tìm hai nghiệm đó Câu (3.5 điểm) ( ) Cho đường tròn O; R cố định có đường kính AB cố định và CD là đường kính thay đổi ( ) không trùng với AB Tiếp tuyến đường tròn O; R B cắt AC và AD E,F a) Chứng minh CA.CE + DA.DF = 4R b) Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đường tròn c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD Chứng minh điểm I nằm trên đường thẳng cố định Câu (1.5 điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 2016 Chứng minh rằng: a a + 2017a + bc + b b + 2017b + ca + c c + 2017c + ab ≤1 Dấu xảy nào? Câu (1.0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh là các số nguyên và bình phương độ dài đường chéo chia hết cho diện tích nó Chứng minh ABCD là hình vuông Hướng dẫn giải Câu (2.0 điểm) a) Rút gọn P = x x − 2x + 28 x−3 x −4 − x −4 x +1 + x +8 4− x với x ≥ 0, x ≠ 16 • Lời giải Ta có Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 154 Website:tailieumontoan.com P= = = = x x − 2x + 28 − ( ( x −4 x +1 )( ) −( x +1 x −4 ) )( x +8 ) x x − 2x + 28 − x + x − 16 − x − x − x − ( x +1 )( x −4 ) x x − 2x + 28 − x + x − 16 − x − x − x − ( x +1 x x − 4x − x + = x +1 x −4 )( ( ) ( )( x −4 ( x − 1) ( x +1 )( ) ) x −4 = x −4 ) x −1 b) Không sử dụng máy tính hãy chứng minh Q = 20162 + 20162.20172 + 20172 là số nguyên • Lời giải Q= 20162 + 20162.20172 + 20172 = 20162 + 20172 − 2.2016.2017 + 20162.20172 + 2.2016.2017 = (2016 − 2017 ) + 20162.20172 + 2.2016.2017 = 20162.20172 + 2.2016.2017 + = (1 + 2016.2017 ) = + 2016.2017 Vậy Q là số nguyên Câu 2.(2.0 điểm) a) Giải phương trình x + + 2x − + x − − 2x − = 2 • Lời giải Điều kiện xác định phương trình x ≥ Biến đổi phương trình ta x + + 2x − + x − − 2x − = 2 ⇔ 2x + + 2x − + 2x − − 2x − = ⇔ 2x − + 2x − + + 2x − − 2x − + = ) ( ⇔ 2x − + + − 2x − = ⇔ 2x − + + − 2x − = 2x − + + (1 − ) ⇔ 2x − = − 2x − ⇔ − 2x − ≥ ⇔ 2x − ≤ ⇔ ⇔ − 2x − = Vậy phương trình có nghiệm là ≤x≤3 ≤ x ≤ b) Cho phương trình x + ax + b = có hai nghiệm nguyên dương biết a, b là hai số thỏa mãn 5a + b = 22 Tìm hai nghiệm đó ( ) Ta • Lời giải Gọi x1, x x1 ≤ x là hai nghiệm nguyên dương phương trình x + ax + b = có x1 + x = −a; x1 x = b Khi đó Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 155 Website:tailieumontoan.com ( ) − x1 − x + x1 x = 22 ⇔ x1 x − 5x1 − 5x + 25 = 47  x   x2 ⇔ x1 − x − = 47 ⇔     x1  x2  ( )( ) −5 = −5 = 47 x = ⇔ − =−47 x = 52 − =−1 Khi đó a = −58 và b = 312 thoả mãn 5a + b = 22 Và phương trình có nghiệm là= x1 6;= x 52 ( ) Câu (3.5 điểm) Cho đường tròn O; R cố định có đường kính AB cố định và CD là đường ( ) kính thay đổi không trùng với AB Tiếp tuyến đường tròn O; R B cắt AC và AD E, F a) Chứng minh F CA.CE + DA.DF = 4R Trong tam giác vuông ABE có giác vuông ABF có D CA.CE = CB2 Trong tam O A DA.DF = DB B Từ đó ta I M CA.CE + DA.DF = CB2 + DB2 = CD2 = 4R b) Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp C đường tròn  = ABD  Mặt khác ta lại có Ta có ACD  + DBF   + DBF  = 900 ; DFB = 900 ABD  = DFB  Từ đó suy ABD E  = DFB  nên Suy ACD  + DFE  = ECD 1800 Vậy tứ giác CDFE nội tiếp c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD Chứng minh điểm I nằm trên đường thẳng cố định Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE nên I là giao điểm trung trực CD và trung trực EF Gọi M là trung điểm EF, suy MI vuông góc với EF nên MI song song với AB  + ACD  = AEM  + AFM  = 900 Suy AM vuông góc với CD nên AM song song với OI Ta có CAM Do đó AOIM là hình bình hành nên IM = AO = R (không đổi) Vậy I thuộc đường thẳng d cố định là đường thẳng song song với tiếp tuyến B và cách tiếp Câu (1.5 điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 2016 Chứng minh rằng: a a + 2016a + bc + Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 b b + 2016b + ca + c c + 2016c + ab ≤1 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 156 Website:tailieumontoan.com Dấu xảy nào? • Lời giải Kết hợp với giả thiết ta có ( a + b + c ) a + bc = a ( b + c ) + 2a = bc 2016a + bc = ≥ Suy a a + 2016a + bc Tương tự Do đó ≤ a+ a b b + 2016b + ca a a + 2016a + bc + ( a b+ c b ≤ ) = a ( ) a b + c + a + bc a ( a ( a+ b+ c c ; a + b + c c + 2016c + ab b b + 2016 + ca + ) b+ = c c c + 2016c + ab ≤ ) = a ( b+ c ) a a+ b+ c c a+ b+ c ≤1 Bậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xảy a= b= c= 2016 = 672 Câu (1.0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh là các số nguyên và bình phương độ dài đường chéo chia hết cho diện tích nó Chứng minh ABCD là hình vuông • Lời giải Gọi a, b là hai cạnh hình chử nhật, đó a, b ∈ N* ( ) Theo giả thiết ta có a + b2  ab ( ) ( ) Đặt d = a, b , ta có = a xd; = b yd với x, y = , x, y ∈ N* ( ) ( ) Suy d2 x + d2 y2  d2 xy ⇒ x + y2  xy ⇒ x + y= kxy, k ∈ N* ( ) Ta có x  x, kxy  x ⇒ y2  x ⇒ y  x ⇒ y ≥ x x, y = Lập luận tương tự ta x ≥ y Từ đó suy x = y nên a = b hay ABCD là hình vuông Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 157 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG Năm học 2016 – 2017 Bài 1(2.0 điểm) a) Cho biểu thức P= a − b3 a b với a, b là các số dương khác − − a−b a+ b b− a ( )( ) Thu gọn tính giá trị P biết a − b − + ab = b) Cho phương trình x2 − x + b = có có các nghiệm x1; x2 và phương trình x2 − 97x + a = các nghiệm là x14 ; x24 Tìm giá trị a Bài 2(2.0 điểm) ( )( ) a) Giải phương trình 9x2 − 18x + 3x2 − 4x − =  2x + 3y + 2x − 3y = 2y  b) Giải hệ phương trình  2 2x + 3y − 2x − 3y = Bài 3(3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O có AB < AC Các đường cao BD, CE cắt ( ) H (D thuộc AC, E thuộc AB) Gọi M là trung điểm BC, tia MH cắt đường tròn O N a) Chứng minh năm điểm A, D, H, E, N cùng thuộc đường tròn  = CHM  , gọi Q là hình chiếu vuông góc A b) Lấy điểm P trên đoạn BC cho BHP trên đường thẳng HP Chứng minh tứ giác DENQ là hình thang cân ( ) c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với đường tròn O Bài 4(1.0 điểm) Cho a, b, c > và a + b + c ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = a2 + b2 c2 25 + +3 + + a b c Bài 5(2.0 điểm) ( a) Tìm các số nguyên m, n với m ≥ n ≥ cho m + 2n ) ( ) là ước 9n m2 + mn + n2 + 16 b) Trong dãy 2016 số thực a1; a ; a ; ; a 2016 ta đánh dấu tất các số dương và số mà có ít tổng nó với số các số liên tiếp liền sau nó là số dương (ví dụ dãy -6, 5, -3, 3, 1, -1, -2, -3, …, -2011 ta đánh các số a = 5; a = −3; a = 3; a = ) Chứng minh dãy đã cho có ít số dương thì tổng tất các số đánh dấu là số dương Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 158 Website:tailieumontoan.com Bài 1(2.0 điểm) a − b3 a b với a, b là các số dương khác − − a−b a+ b b− a a) Cho biểu thức P= ( )( ) Thu gọn tính giá trị P biết a − b − + ab = Với a, b là các số dương khác nên ta có ) ( a + b) ) )( ( ab ( a + b ) a a −b b −a a +a b +b a +b b ab = = − = ( a + b )( a − b ) a − b ( a + b )( a − b ) Ta có ( a − 1)( b − 1) + ab =1 ⇔ ab =a − ab + b ⇔ ab =( a − b ) P= ( a a −b b −a a − b +b a − b3 a b − − = a−b a+ b b− a a+ b a− b Do a, b là các số dương và khác nên từ đẳng thức trên ta ab = a − b Từ đó ta suy P = b) Cho phương trình x2 − x + b = có các có các nghiệm x1; x2 và phương trình x2 − 97x + a = nghiệm là x14 ; x24 Tìm giá trị a x2 − x + b = Do x1; x2 là các nghiệm phương trình x2 − x + b = nên ta có  12 x2 − x2 + b = Theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x= 1; x1x= b 2 x − 97x + a = Do x14 ; x24 là các nghiệm phương trình x2 − 97x + a = nên ta có  18 x2 − 97x2 + a = 4 Theo hệ thức Vi – et ta có x14 += x24 97; x= x a ( Ta có x12 + x 22 = x1 + x ) ( Lại có x14 + x 24 = x12 + x 22 − 2x1 x =1 − 2b , từ đó suy − 2b ≥ ⇔ b ≤ ) ( − 2x12 x 22 = − 2b ) 2 − 2b2 = 2b2 − 4b + { } Mà theo trên ta có x14 + x24 = 97 nên ta 2b2 − 4b + = 97 ⇔ b2 − 2b − 48 = ⇔ b ∈ −6; Do b ≤ nên ta chọn b = −6 , hay ta có x1 x = −6 ( Ta có a = x14 x 24 =x1 x ) ( ) = b4 =−6 = 64 = 1296 Bài 2(2.0 điểm) ( )( ) a) Giải phương trình 9x2 − 18x + 3x2 − 4x − = Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 159 Website:tailieumontoan.com (9x ⇔ )( ) ( )( )( ) − 18x + 3x2 − 4x − = ⇔ x 3x − 3x − 3x − − = ( )( ) 1 3x 3x − 3x − 3x − − = ⇔ 9x2 − 15x 9x2 − 15x + − = 3 ( )( )( ) Đặt t = 9x − 15x + , đó phương trình trên viết lại thành t − t + − = ⇔ t2 − − 21 = ⇔ t2 = 25 ⇔ t = ±5 ( )( ) ± 37 + Với t = ta phương trình 9x − 15x + = ⇔ 9x − 15x − = 0⇔x= + Với t = −5 ta phương trình 9x − 15x + = −5 ⇔ 9x − 15x + = , phương trình vô nghiệm  − 37 + 37  Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S =  ;     2x + 3y + 2x − 3y = 2y  b) Giải hệ phương trình  2 2x + 3y − 2x − 3y = Điều kiện xác định hệ phương trình là 2x + 3y ≥ 0;2x − 3y ≥ 0;2y ≥ Bình phương hai vế phương trình thứ ta ( ) ( ( 2x + 3y + 2x − 3y ) = 3.6y ) Để ý 2x + 3y − 2x − 3y = 6y Đặt a = 2x + 3y; b = ( ) 2x − 3x a ≥ 0; b ≥ Khi đó ta có hệ phương trình ( ) ( ) ( )( )  a + b = a − b2   a + b 2b − a = ⇔  6 2a − b = 2a − b = + Với a + b = , a ≥ 0; b ≥ nên ta a= b= Từ đó ta có 2x + 3y = 2x − 3y = ⇔ x = y = Thay vào phương trình thứ hai hệ ta thấy không thỏa mãn  a x 3y = −a = = 2b=  2x + + Với 2b − a = ⇔ ⇒ ⇔ ta có hệ  −b = = 2a= b y  2x − 3y = ( ) ( ) Thử lại vào hệ phương trình ta thấy thỏa mãn Vậy hệ phương trình có nghiệm là x; y = 5; Bài 3(3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O có AB < AC Các đường cao BD, CE cắt ( ) H (D thuộc AC, E thuộc AB) Gọi M là trung điểm BC, tia MH cắt đường tròn O N a) Chứng minh năm điểm A, D, H, E, N cùng thuộc đường tròn ( ) Gọi giao điểm AO với đường tròn O là S Ta dễ dàng chứng minh tứ giác BHCS là hình bình hành nên HS qua trung điểm BC Từ đó suy bốn điểm N, H, M, S thẳng hang Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 160 Website:tailieumontoan.com ( )   Do đó ANH = ANS = 900 (Do N nằm trên đường tròn O đường kính AS)    Suy ANH = ADH = AEH = 900 hay A, D, H, E, N cùng thuộc đường tròn  = CHM  , gọi Q là hình chiếu vuông góc A trên b) Lấy điểm P trên đoạn BC cho BHP đường thẳng HP Chứng minh tứ giác DENQ là hình thang cân Ta dễ dàng chứng minh QNED là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH       Ta lại có NED = NHD = BHM = PHC = QHE = QDE  = QDE  từ đó ta tứ giác QNED là hình thang cân Tứ giác QNED là tứ giác nội tiếp nên NED ( ) c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với đường tròn O ( ) Gọi giao điểm AH với đường tròn O là K, giao điểm AH và BC là I Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ Dễ dàng chứng minh H đối xứng với K qua BC Ta chứng minh NH.HM = AH.IH = QH.HP nên suy đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ qua N  nên ASN    + ABC =  Do đó ta Ta có BHM = CSM = NBM BHM = BHM  + 900 − ABC  − 900= BHM  + HCB  − 900 ASN  + HCP  − 900 = BPH  − 900 = PHK  = AKP  = PHC  = AKN  nên AKN  = AKP  suy ba điểm N, P, K thẳng hàng Mà ta lại có ASN  và 900 − NSK  = ONK  = ONP  = = Mặt khác PNF 900 − NMP 900 − NSK  = PNO  nên ta N, F, O thằng hàng Dp đó ta PNF ( ) ( ) Ta có đường tròn F qua N, N nằm trên đường tròn O và ba điểm O, F, N thẳng hang nên ( ) ( ) đường tròn F tiếp xúc với đường tròn O N ( ) Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với O Bài 4(1.0 điểm) Cho a, b, c > và a + b + c ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = a2 + b2 c2 25 + +3 + + a b c  b2 c  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có  a + +  + + ≥ a + b + c 5  ( Do đó ta a + ( ) ( ) ) b2 c2 a + b + c + ≥ Cũng áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta ( ) 1+3+5 25 81 + + ≥ = a b c a+b+c a+b+c Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 161 Website:tailieumontoan.com Do đó ta 25 + + ≥ a b c Từ đó ta A = a2 + 27 a+b+c ( ) b2 c2 25 a + b + c + +3 + + ≥ + a b c 27 a+b+c Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a+b+c 27 27 a+b+c 27 27 27 + + ≥ 33 = 2 2 a+b+c a+b+c a+b+c a+b+c Để ý là a + b + c ≥ ta có a+b+c ≥ 6 Công theo vế các bất đẳng thức trên ta A ≥ ( a+b+c )+ 27 a+b+c ≥ 27 15 + = 2 Dấu xẩy và khi= a 1;= b 3;= c Vậy giá trị nhỏ A là 15, đạt tại= a 1;= b 3;= c Bài 5(2.0 điểm) ( a) Tìm các số nguyên m, n với m ≥ n ≥ cho m + 2n ) ( ) là ước 9n m2 + mn + n2 + 16 Ta có ( ) ( ( ) A = 9n m2 + mn + n2 + 16 − m + 2n ) ( ) ( ) = n − 3n2 m + 3nm2 − m + 16 = n − m + 16 Hay ta A =16 − m − n Mặt khác ta lại có ( B =m + 2n ) =( m − n + 3n ) =( m − n ) 3 ) ( + m − n n + 27 m − n n2 + 27n Mà theo bài toán ta có A là bội B Để ý với A ≠ với m, n Ta có A là bội B nên ta suy A ≥ B ( ) ( ) Xét m − n > , đó m − n ≥ nên A = m − n ( Từ đó ta m − n ) ( − 16 ≥ m − n ) 3 − 16 ( ) + m − n n + 27 m − n n2 + 27n vô nghiệm ( Từ đó ta m − n ≤ 2m − n ≤ Đến đây ta xét trường hợp cụ thể ta các cặp m; n ) ( )( )( )( ) thỏa mãn bài toán 1; , 2; , 1; , 2; b) Trong dãy 2016 số thực a1; a ; a ; ; a 2016 ta đánh dấu tất các số dương và số mà có ít tổng nó với số các số liên tiếp liền sau nó là số dương (ví dụ dãy -6, 5, -3, 3, 1, -1, -2, -3, …, -2011 ta đánh các số a = 5; a = −3; a = 3; a = ) Chứng minh dãy đã cho có ít số dương thì tổng tất các số đánh dấu là số dương Ta xét các trường hợp sau: + Trường hợp Xét dãy các số đánh dấu toàn các số không âm, bài toán đã chứng minh Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 162 Website:tailieumontoan.com + Trường hợp Xét dãy các số đánh dấu có ít số âm, giả sử số âm đó là a i thì theo bài ( ) toán dãy đã cho tồn j > i nhỏ cho a i + a i +1 + + a j > và a j > j > i Từ đó ta suy a i + a i +1 + + a k ≤ với i ≤ k < j và a l + a l +1 + + a k > với i ≤ l ≤ j Do đó các số a i ;a i +1; ; a k ;aj đánh dấu, a i + a i +1 + + a j > , nghĩa là tổng các số đánh dấu là số dương Trong các số đánh dấu giả sử có số thì điều chứng minh đúng Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 163 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2016 – 2017 Câu (2.0 điểm) a) Đơn giản biểu thức x + + x + + x + − x + với x > b) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = và Tính giá trị biểu thức 1 47 + + = a + b b + c c + a 60 a b c + + b+c c+a a+b Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình 2x + 3x + + − 3x = x2 + x + 3y2 − 3x − = b) Giải hệ phương trình  2 x − y − x − 4y + = Câu (3.0 điểm) ( ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O Các đường cao AK, BM, CN tam giác ABC cắt H  = MKH  a) Chứng minh NKH ( ) b) Đường thẳng MN cắt đường tròn O hai điểm I và J Chứng minh AO qua trung điểm IJ c) Gọi P là trung điểm BC và diện tích tứ giác AMHN là S Chứng minh 2OP2 > S Câu (1.5 điểm) ( ) a) Chứng minh tồn vô hạn ba số nguyên x; y; z thỏa mãn xyz ≠ và x + 8y + 7z2 = b) Tìm tất các số nguyên không âm a, b, c thỏa mãn hệ điều kiện sau ( ) ( ) ( )  a−b + b−c + c−a = 6abc   3 a + b + c + 1 a + b + c + Câu (1.5 điểm) ( )( ) a) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x − y x − z = và y ≠ z Chứng minh rằng: + + ( x − y) ( y − z) (z − x ) 2 ≥4 b) Trên bảng ban đầu ghi số và số Ta thực cách viết thêm các số lên bảng sau: Nếu trên bảng đã có hai số, giả sử là a và b (a khác b), ta viết thêm lên bảng số có giá trị là a + b + ab Hỏi với cách có thể xuất số 2016 không? Giải thích Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 164 Website:tailieumontoan.com Câu (2.0 điểm) a) Đơn giản biểu thức x + + x + + x + − x + với x > Với x > ta để ý x + − > Do đó ta có x + + x + + x + − x + 1= ( = x +1 +1 ) + ( ) x +1 −1 = x +1+2 x +1 +1 + x +1−2 x +1 +1 x + + + x + − 1= x + b) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = và Tính giá trị biểu thức: Từ a + b + c = và 1 47 + + = a + b b + c c + a 60 a b c + + b+c c+a a+b 1 47 ta có tích + + = a + b b + c c + a 60     ( a + b + c )  a +1 b + b 1+ c + c +1 a= 47 47 = 60 10  1  a b c Ta có a + b + c  + + = + + +  a + b b + c c + a b + c c + a a + b ( Do đó suy ) a b c 47 a b c 17 + + + = nên + + = b+c c+a a+b 10 b + c c + a a + b 10 Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình 2x + 3x + + − 3x = x2 + Điều kiện xác định phương trình là 2x + 3x + ≥ 0;1 − 3x ≥ Áp dụng bất đẳng thức dạng ( ) a + b ≤ a + b ta có ( ) 2x + 3x + + − 3x ≤ 2x + 3x + + − 3x= x + Kết hợp với phương trình đã cho ta suy bất đẳng thức trên xẩy dấu Do đó ta { } 2x + 3x + = − 3x ⇔ 2x + 3x + =1 − 3x ⇔ x + 3x =0 ⇔ x ∈ −3; Thử lại các giá trị trên vào phương trình ban đầu ta S = {−3; 0} là tập nghiệm x + 3y2 − 3x − = b) Giải hệ phương trình  2 x − y − x − 4y + = Cộng theo vế hai phương trình hệ đã cho ta ( ) ( ) 2x + 2y2 − 4x − 4y + = ⇔ x − 2x + + y2 − 2y + = ( ) ( ⇔ x −1 + y −1 ) ( ( ) )  x −= x 1 =  =0 ⇔  ⇔ y =  y − = ( ) ( ) Thay x; y = 1;1 vào hệ phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 165 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y = 1;1 ( ) Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O Các đường cao AK, BM, CN tam giác ABC cắt H  = MKH  a) Chứng minh NKH Do tam giác ABC có AK, BM, CN là ba đường cao cắt H nên ta dễ dàng chứng minh các tứ giác BKNH, CKHM nội tiếp đường tròn/  = NBH  và HKM  = HCM  Từ đó ta có NKH  = MCH  nên ta suy NKH  = MKH  Mà ta lại có NBH ( ) b) Đường thẳng MN cắt đường tròn O hai điểm I và J Chứng minh AO qua trung điểm IJ   + Cách Ta có BMC = BNC = 900 nên tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn  =ANM  =ACB  =1 AOB = =  Từ đó ta ANJ 900 − BAO 900 − NAO Từ đó ta chứng minh AO vuông góc với MN hay AO vuông góc với IJ ( ) Do IJ là dây cung đường tròn O nên suy AO qua trung điểm IJ ( )  = ACB  + Cách Kẻ tia tiếp tuyến Ax với đường tròn O Khi đó ta BAx  = BCA  Mà ta có tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn nên ANM  = BAx  nên Ax song song với MN Từ đó ta ANM Lại có Ax vuông góc với AO nên suy AO vuông góc với MN hay AO vuông góc với IJ ( ) Do IJ là dây cung đường tròn O nên suy AO qua trung điểm IJ c) Gọi P là trung điểm BC và diện tích tứ giác AMHN là S Chứng minh 2OP2 > S ( ) Kẻ đường kính AD đường tròn O , đó dễ dàng chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành Mà P là trung điểm BC nên P là trung điểm DH Xét tam giác DHA có PO là đường trung bình nên suy AH = 2OP Ta có S = SANHM = SANH + SAMH = AN.HN + AM.HM ( ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM và định lí Pitago ta AN.HN ≤ Từ đó ta S ≤ ( ) ( ) 1 1 AN2 = + HN2 AH2 ; AM.HM ≤ AM2 = + HM2 AH2 2 2 1 AH2= 2OP = 2OP2 2 ( ) Dấu xẩy và = AN NH; = AM MH nên tam giác ABC vuông cân A Điều này mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC nhọn Do dấu các bất đẳng thức trên không xẩy ra, tức là ta có 2OP2 > S Câu (1.5 điểm) Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 166 Website:tailieumontoan.com ( ) a) Chứng minh tồn vô hạn ba số nguyên x; y; z thỏa mãn xyz ≠ và x + 8y + 7z2 = b) Tìm tất các số nguyên không âm a, b, c thỏa mãn hệ điều kiện sau ( ) ( ) ( )  a−b + b−c + c−a = 6abc   3 a + b + c + 1 a + b + c + Câu (1.5 điểm) ( )( ) a) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x − y x − z = và y ≠ z Chứng minh rằng: + + ( x − y) ( y − z) (z − x ) 2 ≥4 b) Trên bảng ban đầu ghi số và số Ta thực cách viết thêm các số lên bảng sau: Nếu trên bảng đã có hai số, giả sử là a và b (a khác b), ta viết thêm lên bảng số có giá trị là a + b + ab Hỏi với cách có thể xuất số 2016 không? Giải thích Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 163 Website:tailieumontoan.com 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 + =  b) Giải hệ phương trình  6y + 4x − = ( x + 1) ( y − 1) 2 Câu (2.0 điểm) ( ) ( ) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n =− n2 2017n + 10 với S n là tổng các chữ số n Câu (2.0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn c ≥ a Chứng minh rằng: 2  a   b   c    +  + 4  ≥ a + b b + c c+a Câu (7.0 điểm) ( ) ( ) Cho hai đường tròn O và O ' cắt A và B Trên tia đối tia AB lấy điểm M khác ( ) A Qua M kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn O ' (C, D là tiếp điểm và D nằm đường tròn tâm O) a) Chứng minh AD.BC = AC.DB ( ) b) Các đường thẳng AC, AD cắt đường tròn O E và F (E, F khác A ) Chứng minh đường thẳng CD qua trung điểm EF c) Chứng minh đường thẳng EF luôn qua điểm có định M thay đổi Câu (2.0 điểm) ( ) Trong đường tròn O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm bất kì A1, A2 , , A 399 Chứng minh ( ) tồn vô số hình tròn có bán kính đơn vị nằm đường tròn O và không chứa điểm nào 399 điểm A1, A2 , , A 399 Phân tích và hướng dẫn giải Câu (7.0 điểm) a) Giải phương trình 3x + x − = 14 x + − 20 • Phân tích Điều kiện xác địnhcủa phương trình là x ≥ Nhận thấy phương tình có chứa hai thức nên ( ) ( ) ta đặt x−4 = a và x + = b với a ≥ 0, b ≥ Nhận thấy x + − x − = 3x + 20 ta có các biến đổi sau Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 3x + x − − 14 x + + 20 = ⇔ x + − x − + x − − 14 x + = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 164 Website:tailieumontoan.com ( )( ) Từ đó ta có phương trình 4b2 − a + 7a − 14b = ⇔ 2b − a 2b + a − = Đến đây cần giải phương trình tích là xong • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ≥ Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 3x + x − − 14 x + + 20 = ⇔ x + − x − + x − − 14 x + = Đặt x−4 = a và x + = b với a ≥ 0, b ≥ Khi đó phương trình trên trở thành 2b − a = 4b2 − a + 7a − 14b = ⇔ 2b − a 2b + a − = ⇔  2b + a − = ( + Với 2b − a = ⇔ 2b = a ⇒ x + = )( ) ( ) x−4 ⇔ x+4 = x−4 ⇔ x = −20 + Với 2b + a − = ⇔ 2b = − a , đó ta có phương trình 4  x+4 =7− x−4 ⇔  4  29 4 ≤ x ≤ ⇔ ⇔  29 − 3x = 142 x −  ( ) ( ≤ x ≤ 53 ( x + ) = (7 − ) x−4 ) 4 ≤ x ≤ 53 ⇔ 29 − 3x= 14 x −   29 4 ≤ x ≤ ⇔x=  9x − 370x + 1625 =  Kết hợp với điều kiện xác định ta x = là nghiệm phương trình • Nhận xét Nhận thấy x = là nghiệm phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp nhận lượng liên hợp để làm xuất đại lương x − Ta có các biến đổi sau 3x + x − = 14 x + − 20 ⇔ 3x − 15 + x + − − 14 x − + 42 = ( ) ⇔ x−5 + ( x−5 ) − ( 14 x − )  ⇔ x − 3 + = x+4 +3  x −4 +1 x − =  ⇔ 14 3+ − =  x −4 +1 x+4 +3 ( ) x −4 +1 −  = x + + 3 14 + Với x − = ⇔ x = , thỏa mãn điều kiện xác định + Với + x −4 +1 Từ đó ta − 14 x+4 +3 14 x+4 +3 = 0⇔ 3+ > Với x ≥ thì x −4 +1 14 x+4 +3 = ≤ 14 x+4 +3 14 +3 < (Mâu thuẫn) Vậy x = là nghiệm phương trình 6x + 4y + =  b) Giải hệ phương trình  6y + 4x − = ( x + 1) ( y − 1) 2 • Phân tích Nhìn vào hệ phương trình đã cho ta thấy có dạng đối xứng dạng II nên ta thử đưa hệ hai đại lương x + và y − xem Hệ phương trình đã cho trương đương với Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 165 Website:tailieumontoan.com 6x + 4y + =   6y + 4x − = ( x + 1) ( y − 1) 2 ( ( ) ) ( ( ) ( x + 1) ) ( y − 1) 6 x + + y − =  ⇔ 6 y − + x + = 2 Đến đây cần đặt x + = a và y − = b ta hệ phương trình đối xứng dạng dạng II ( ( ) ) ( ( ) ( ) ( ) ) 6 x + + y − = x +  • Lời giải Hệ phương trình đã cho tương đương với  6 y − + x + = y − 6a + 4b = a2 Đặt x + 1= a; y − 1= b Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành  b2 6b + 4a = a − b = Trừ theo vế ta a − b2 − 2a + 2b = ⇔ a − b a + b − = ⇔  a + b − = ( )( ) + Với a − b = ⇒ a = b ⇒ x + = y − ⇒ x = y − Thế vào phương trình thứ hai hệ ta ( ) ( 6y + y − − = y − ) y = x = −1; y = ⇔ y2 − 12y + 11 = ⇔  ⇒ = y 11  y 11 =  x 9;= ( ) + Với a + b − = ⇔ a = − b ⇒ x + = − y − ⇔ x = − y Thế vào phương trình thứ hai hệ ta ( ) ( 6y + − y − = y − ) y = x = −1 3; y = −1 ⇔ y2 − 4y − = ⇔  ⇔ y= −3; y =  x =  ( ) ( )( )( )( ) Vậy nghiệm hệ phương trình là x; y =−1;1 , 9;11 , 3; −1 , −3; ( ) ( ) Câu Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n =− n2 2017n + 10 với S n là tổng các chữ số n • Phân tích Nhận thấy n = 2017 thoả mãn yêu cầu bài toán nên ta xét các trường hợp ≤ n ≤ 2016 , n = 2017 và n > 2017 , sau đó cần với ≤ n ≤ 2016 và n > 2017 không tồn n thỏa mãn yêu cầu bài toán Chú ý đến điều kiện < S(n) ≤ n Ta có lời giải chi tiết sau ( ) • Lời giải Vì n là số tự nhiên và S n là tổng các chữ số n nên n ≥ và < S(n) ≤ n Ta xét các trường hợp sau: + Trường hợp Nếu ≤ n ≤ 2016 Khi đó ta có ( ) ( )( ) S n =− n2 2017n + 10 < n2 − 2017n + 2016 =− n n − 2016 ≤ Trường hợp này không tồn n thỏa mãn vì S(n) > + Trường hợp Nếu n = 2017 Khi đó ta ( ) ( ) + Trường hợp 3, Nếu n > 2017 Khi đó S ( n ) = n S n = + + + = 10 và S n= 20172 − 2017.2017 + 10 = 10 (Thỏa mãn) ( ) − 2017n + 10 > n2 − 2017n = n n − 2017 ≥ n Trường hợp này không tồn n thỏa mãn vì n > 2017 Vậy n = 2017 thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn c ≥ a Chứng minh rằng: Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 166 Website:tailieumontoan.com 2  a   b   c    +  + 4  ≥ a + b b + c c+a • Phân tích Dự đoán dấu xẩy a= b= c Nhận thấy bất đẳng thức đã cho không có dạng đối xứng nên ta biển đổi đặt ẩn xem Bất đẳng thức đã cho tương đương với  b 1 +  a  +  c 1 +  b  +  a 1 +  c  ≥ b c a Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành Đặt= x, = y x, y > Khi đó = c xy a b ( ) 1 + 4x y2 + ≥ (1 + x ) (1 + y ) (1 + xy ) Áp dụng bổ đề + (1 + x ) (1 + y ) 2 ≥ 2 * Để chứng minh bổ đề * ta cần sử dụng phép xy + () biến đổi tương đương Ta cần chứng minh () 4x y2 + xy + 1 + xy ( ≥ ) Đến đây cần sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số là bài toán chứng minh Chú ý đến c ≥ a ta có lời giải chi tiết sau • Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với  b 1 +  a  +  c 1 +  b  +  a 1 +  c  ≥ b c a Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành Đặt= x, = y x, y > Khi đó = c xy a b ( ) 1 + 4x y2 + ≥ (1 + x ) (1 + y ) (1 + xy ) Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 2 + (1 + x ) (1 + y ) 2 ≥ , với x, y là các số dương xy + Thật vậy, bất đẳng thức trên tương ương với (2 + 2x + 2y + x + y2 ) ( xy + 1) ≥ (1 + 2x + x )(1 + 2y + y ) ( ⇔ − 2xy − x y2 + x y + xy ≥ ⇔ − xy Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng x, y > Vì ta có Ta quy bài toán chứng minh 4x y2 + xy + 1 + xy Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ( ) ≥ ) 2 ( + xy x − y + ) ≥0 (1 + x ) (1 + y ) 2 ≥ xy + TÀI LIỆU TOÁN HỌC 167 Website:tailieumontoan.com Đặt = P 4x y2 + xy + 1 + xy Khi đó= P ( ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: 4x y2 + xy + 1 + xy ( Ta cần chứng minh ) +1−1 ≥ 4xy 3xy + = −1 = xy + 1 + xy + xy 4x y2 (1 + xy ) +1≥ 4xy + xy +1 xy 3xy 3 ≥ hay ≥ + xy 2 +1 xy a 3 Thật vậy, từ giả thiết c ≥ a ta = ≤ Do đó ≥ c xy +1 xy Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy a= b= c ( ) ( ) Câu Cho hai đường tròn O và O ' cắt A và B Trên tia đối tia AB lấy điểm M ( ) khác A Qua M kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn O ' (C, D là tiếp điểm và D nằm đường tròn tâm O) a) Chứng minh AD.BC = AC.DB • Phân tích tìm lời giải Quan sát M hình vẽ ta nhận thấy và giả thiết bài toán ta nhận thấy để chứng minh AD.BC = AC.DB ta quy AC AD Nhận = BC BD thấy không thể chứng minh chứng minh cách trực tiếp nên ta nghĩ đến chọn các tỉ số trung gian Ta có AC là tiếp tuyến và AB là cát tuyến nên dễ thấy hai tam giác MAC và MCB đồng dạng với nhau, từ đó ta có AC MA = BC MB Tương tự C A Q E J O I D H O' N B F K P thì AD MA = BD MB Do đó ta AC AD hay ta có điều cần chứng minh = BC BD ( )   • Lời giải Vì MC là tiếp tuyến đường tròn O ' nên ta MCA = CBM Xét hai tam giác  = CBM  và MCB  chung Suy tam giác MAC đồng dạng với tam giác MAC và MCB có MCA Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 168 Website:tailieumontoan.com MCB, đó ta giác MDB nên AC MA Chứng minh tương tự ta tam giác MAD đồng dạng với tam = BC MB AD MA AC AD Kết hợp hai kết trên ta hay AD.BC = AC.DB = = BD MB BC BD ( ) b) Các đường thẳng AC và 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 là giao điểm CD với EF và ta cần chứng minh NE = NF Nhận thấy không thể trực tiếp các tam giác chứa NE và NF nên ta nghĩ đến việc tạo các tỉ số thông qua các tam giác đồng dạng định lí Talets Để ý là các tỉ số cần có chứa các đoạn NE và NF Từ đó ta thấy có các hướng sau    nên tứ giác NFBD nội tiếp Do đó FNB    + Hướng Ta thấy NFB = BAC = BDC = FDB = ACB nên hai tam giác BNF và CAB đồng dạng nên ta có phép chứng minh kết thúc ta CA NF CA DA Từ ý a ta đã có Do đó = = CB NB CB DB DA NE  = FAB  và ENB  = BDA  Để ý ta có BEN = DB NB , đó suy hai tam giác ENF và BDA đồng dạng Suy ta DA NE Đến đây kết hợp = DA NB các kết ta NE = NF + Hướng Dựng đường qua A đường thẳng song song với CD cắt EF I Khi đó theo định lý Talest ta có NE EC NF DF và Như phép chứng minh kết thúc ta = = NI DA NI AC EC DF Tứ giác ACBD nội tiếp nên = AC DA  = ECB  và ECB và tam giác DFB có FDB  = ACB  , đó ta FDB  = ECB  Xét tam giác FDB  = DFB  (cùng chắn cung AB  ) Suy tam giác ECB CEB đồng dạng với tam giác DFB, từ đó suy Điều này dẫn đến DF DB DA DF EC DF Do đó ta hay = = = EC CB CA EC AC DA NF NE hay N là qua trung điểm EF = NI NI + Hướng Để ý đến định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có hệ NF CE DA DA CE = Như để có NE = NF ta cần = Chú ý theo NE CA DF DF CA kết ý a ta có AD.BC = AC.DB Như phép chứng minh kết thúc ta thức BC DF Điều này có nghĩa là ta cần chứng minh ∆BCE ∽ ∆BDF Để ý ta thấy = BD CE  = BDF  và CEB  = BFD  nên ∆BCE ∽ ∆BDF Như ta có lời giải cho bài toán ECB • Trình bày lời giải AC AD Do tứ giác ABFE và = BC BD    , suy tứ giác BFND nội tiếp, đó FNB    ACBD nội tiếp nên NFB = BAC = BDC = FDB = ACB + Cách Gọi N là giao điểm CD và EF Từ câu a ta đã có Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 169 Website:tailieumontoan.com  = BAC  nên hai tam giác NFB và CAB đồng dạng với Do đó suy CA = NF Lại có NFB CB NB       Ta lại có BEN = FAB , lại FNB = FDB nên ENB = BDA , đó suy hai tam giác ENF và DA NE NE NF Kết hợp ba kết trên ta , đs = = DA NB NB NB NE = NF hay N là trung điểm EF BDA đồng dạng Suy ta + Cách Từ AD.BC = AC.DB suy DA DB Gọi N là giai điểm CD với EF Từ A kẻ = CA CB đường thẳng song song với CD cắt EF I Theo định lý Talest ta có giác ACBD nội tiếp nên  = ECB  và DFB có FDB  = ACB  , đó ta FDB  = ECB  Xét tam giác ECB và tam giác FDB  = DFB  (cùng chắn cung AB  ) Suy tam giác ECB đồng dạng với CEB tam giác DFB, từ đó suy đến NE EC NF DF và Tứ = = NI DA NI AC DF DB DA DF EC DF Do đó ta hay Điều này dẫn = = = EC CB CA EC AC DA NF NE hay N là qua trung điểm EF Vậy CD qua trung điểm N EF = NI NI + Cách Gọi N là giao điểm CD và EF Theo kết ý a ta có AD.BC = AC.DB Xét hai tam  = BDF  và CEB  = BFD  nên ∆BCE ∽ ∆BDF Từ đó BC = DF Do đó ta giác BCE và BDF có ECB BD CE DA CE = Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng DF CA NF CE DA DA CE NF = Kết hợp với = ta = nên suy NE = NF hay N là NE CA DF DF CA NE trung điểm EF ta có c) Chứng minh đường thẳng EF luôn 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 trên AB đó ta dự đoán điểm cố định Từ đề bài ta nhận thấy các điểm A, B, O, O’ cố định nên ta dự đoán điểm cố định cần tìm có liên hệ với các điểm trên Do điểm O và B cố định ( ) nên tiếp tuyến với đường tròn O B cố định Gọi P là giao điểm EF với tiếp tuyến B đó là P đó ta dự đoán P là điểm cố định Muốn khẳng định điều ta dự đoán thì ta cần chứng minh BP không đổi Đến đây ta thấy có các hướng sau + Hướng Gọi K và H là là trung điểm AC và BD Gọi J là giao điểm OO’ và CD ( ) Khi đó dễ thấy JA và BJ là các tiếp tuyến đường tròn O' Do đó J là điểm cố định Biến đổi  = EFB  − FBP  = BAC  − BEP  = BDC  − FAB  = BDC  − JBD  = BJC  Điều này dẫn đến góc ta có EPB BE BP BE hay BP = = BJ và BJ BC BJ BC không đổi Dễ thấy hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nên hai tam giác DBC và FBE hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với Do đó ta ( ) và (O) Do đồng dạng với Mà hai tam giác DBC và EBF nội tiếp hai đường tròn O' Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 170 Website:tailieumontoan.com đó BE BE OA BJ không đổi Suy P là điểm cố định hay EF = ' không đổi Từ đó ta BP = BC O A BC luôn qua điểm P cố định     và BFP  = BDJ  Suy hai + Hướng Do tứ giác BFND nội tiếp ta có PBF = PEB = BAF = JBD  = BPF  nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn Suy tam giác BDJ và BFP đồng dạng, đó BJD     BNP    nên hai tam giác JBP ta BJP = = BDF = BCA = BO'O Mặt khác ta lại có O' BO = PBJ và O’BO đồng dạng với Do đó BP BJ BJ.BO , không đổi Suy điểm P cố = ⇒ BP = ' BO BO BO' định Vậy EF luôn qua điểm P cố định • Trình bày lời giải + Cách Gọi K và H là là trung điểm AC và BD Gọi J là giao điểm OO’ và CD Khi đó dễ thấy ∆O' KJ ∽ ∆O' HM nên ta O' K O'J hay O' K.O' M = O' H.O'J Mà ta lại có = O' H O' M ' ' O' K.O = M O = D O' A2 đó ta có OA2 = O' H.O'J nên ta suy AJ ⊥ O' A hay NA là tiếp ( ) ( ) tuyến đường tròn O' A và đó BJ là tiếp tuyến đường tròn O' B ( ) Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn O cắt EF P  = EFB  − FBP  = BAC  − BEP  = BDC  − FAB  = BDC  − JBD  = BJC  Khi đó ta có EPB Điều này dẫn đến hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với ( ) BE BP BE hay BP = = BJ Do hai đường tròn O và O' cố định nên A và B cố BC BJ BC định, đó điểm J cố định, suy BJ không đổi Do hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với ( ) Do đó ta nên suy hai tam giác DBC và FBE đồng dạng với Mà hai tam giác DBC và EBF nội tiếp ( ) ( ) hai đường tròn O' và O Do đó BE BE OA BJ = ' không đổi Từ đó ta BP = BC O A BC không đổi Suy P là điểm cố định hay EF luôn qua điểm P cố định + Cách Gọi J và H là giao điểm OO’ với CD và AB Gọi K là giao điểm MO’ với CD Khi đó dễ thấy hai tam giác O’HM và O’KJ đồng dạng với Suy ' ' ' có O' H.O = J O' K.O = M O = C O' B2 Từ đó ta lại O'H O'M nên ta = O'Q O'J O' H O' B , suy hai tam giác HO’B = O' B O'J   ' ' và O’BJ đồng dạng với Do đó ta O = BJ O = HB 900 , suy BJ ⊥ O' B hay BJ là tiếp ( ) tuyến B đường tròn O' Chứng minh hoàn toàn tương tự ta AJ là tiếp tuyến ( ) ( ) A đường tròn O' Do A và B cố định nên J cố định Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn O , tiếp tuyến này cắt EF P, suy đường    đường tròn nên ta có PBF = PEB = BAF =   đồng dạng, đó BJD = BPF nên Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 thẳng BP cố định Khi đó tứ giác BFND nội tiếp  và BFP  = BDJ  Suy hai tam giác BDJ và BFP JBD tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn Suy TÀI LIỆU TOÁN HỌC 171 Website:tailieumontoan.com      BNP   nên hai tam giác JBP và O’BO = = BDF = BCA = BO'O Mặt khác lại có O' BO = PBJ BJP BP BJ BJ.BO hay ta BP = không đổi Suy điểm P cố định Vậy EF = ' BO BO BO' luôn qua điểm P cố định đồng dạng Do đó ( ) Câu Trong đường tròn O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm bất kì A1, A2 , , A 399 Chứng ( ) minh tồn vô số hình tròn có bán kính đơn vị nằm đường tròn O và không chứa điểm nào 399 điểm A1, A2 , , A 399 ( ) ( ) • Lời giải Trong đường tròn O vẽ đường tròn O ' có bán kính 20 đơn vị Giả sử 399 điểm bất ( ) kì A1, A2 , , A 399 nằm đường tròn O ' Khi đó S(O ') = 400 Từ 399 điểm A1, A2 , , A 399 vẽ các đường tròn có bán kính đơn vị Khi đó tổng diện tích 399 đường tròn là ( ) 399 < 400 , suy 399 đường tròn này không phủ hết đường tròn O ' Do đó có vô số khoảng trống các đường tròn hay tồn vô số hình tròn có bán kính đơn vị nằm ( ) đường tròn O và không chứa điểm nào 399 điểm A1, A2 , , A 399 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 172 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH THÁI BÌNH Vòng - Năm học: 2017– 2018    x +5   Câu (2.0 điểm) Cho A = +  x − x x − x − x +      ( x +1 x )   − 1 với x > 0; x ≠   a) Rút gọn biểu thức A ) ( b) Đặt B = x − x + A Chứng minh B > với x > 0; x ≠ Câu (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = x và đường thẳng (d): y = 2x + 2m + (với m là tham số) a) Khi m = – 4, tìm tọa độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) b) Chứng minh đường thẳng (d) và Parabol (P) luôn cắt hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x Tìm các giá trị m thỏa mãn điều kiện x1 + 2x = xy2 + y2 − = x + 3x Câu (1.0 điểm) Giải hệ phương trình  x + y − y − = Câu (1.0 điểm) Cho quãng đường AB dài 300km Cùng lúc xe ô tô thứ xuất phát từ A đến B, xe ô tô thứ hai từ B A Sau xuất phát thì hai xe gặp Tính vận tốc xe, biết thời gian quãng đường AB xe thứ nhiều xe thứ hai là 30 phút Câu (3.5 điểm) ( ) ( ) Cho đường tròn O; R có đường kính AB Điểm C là điểm trên O , C không trùng ( ) ( ) với A, B Tiếp tuyến C O; R cắt tiếp tuyến A, B O; R P, Q Gọi M là giao điểm OP với AC, N là giao điểm OQ với BC a) Chứng minh tứ giác CMON là hình chữ nhật và AP.BQ = MN2 b) Chứng minh AB là tiếp tuyến đường tròn đường kính PQ c) Chứng minh PMNQ là tứ giác nội tiếp Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ Câu (0.5 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn P= ( y z2 x y + z2 1 + + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z ) + ( z2 x y z2 + x ) + ( x y2 z x + y2 ) Hướng dẫn giải Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 173 Website:tailieumontoan.com    x +5   Câu Cho A = +  x − x x − x − x +      ( x +1 ) x   − 1 với x > 0; x ≠   a) Với x > 0; x ≠ ta có    x +5  A  = +  x − x x − x − x +      = Vậy A = x x +1 ) x ) x −1+ x + ( ⋅ x x − − ( )( ) ( x −1 = x ( ( x +1   − 1=    x +1 )(  x +5  x − + x −1 x −1  )( ( ) x −1 ) ( ⋅ ) )   ⋅  ( ) x +1 −4 x x x −1 = x x với x > 0; x ≠ ( ) b) Đặt B = x − x + A Chứng minh B > với x > 0; x ≠ ) ( Với x > 0; x ≠ ta có B = x − x + A = x − x +1 x = ( ) x −1 + x x > x x =1 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = x và đường thẳng (d): y = 2x + 2m + (với m là tham số) a) Khi m = −4 , tìm tọa độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) ( ) ( ) Xét phương trình hoành độ giao điểm P và d là x= 2mx + 2m + ⇔ x − 2mx − 2m − 8= x = Khi m = – 4, phương trình trên trở thành x + 8x =0 ⇔   x = −8 Với x = thì y = và với x = −8 thì y = 64 ( ) ( ) ( ) ( ) b) Chứng minh đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) luôn cắt hai điểm phân biệt có hoành độ Vậy m = – thì tọa độ giao điểm P và d là 0; và −8; 64 x1 ; x Tìm các giá trị m để x1 + 2x = Xét phương trình hoàn độ giao điểm x − 2mx − 2m − = ( m + 1) + > với m, đó phương trình hoành độ luôn có nghiệm phân biệt Suy ( d ) và ( P ) hai điểm phân biệt Ta có ' = m2 + 2m + = 2m x + x = Theo hệ thức Vi – et  −2m − x1 x = Theo đề bài ta có x1 + 2x = Kết hợp với hệ thức Vi – et trên ta có hệ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 174 Website:tailieumontoan.com x1 + x =2m x =2 − 2m ⇔  x1 + 2x = x = 4m − ( )( ) Thay vào hệ thức x1 x = −2m − ta − 2m 4m − = −2m − ⇔ −4m2 + 7m + = Giải phương trình m = 2; m = −  1 Vậy m ∈ 2; −  là các giá trị cần tìm 4  xy2 + y2 − = x + 3x Câu Giải hệ phương trình  x + y − y − = • Lời giải Điều kiện xác dịnh hệ phương trình y ≥ Phương trình thứ tương đương với ( ) ( ) ( )( ) xy2 + y2 − x + 3x + =0 ⇔ y2 x + − x + x + =0  x = −1 ⇔ x + y2 − x − = ⇔  x y2 − = )( ( ) + Thay x = −1 vào phương trình thứ hai hệ ta y −1− y −1 = ⇔ y −1 (  y= y −1 = y −1 − = ⇔  ⇔  y −1 =  y = 17  ) + Thay = x y2 − vào phương trình thứ hai hệ ta y2 − + y − y − = Đặt ( ) y − = a a ≥ ⇒ y = a + , đó phương trình trên trở thành ( a + 1) − + a + − 4a =0 ⇔ a + 3a − 4a =0 a = ⇔ a ( a + 3a − ) = ⇔ a ( a − 1) ( a + a + ) = ⇔  a = 2 2  = x y2 − x = −1 Với a = ta  ⇔ y =1 y =  = x y2 − x = Với a = ta  ⇔ y=2 y=2   ( ) ( )( )( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta có các nghiệm hệ là x; y = −1;1 , −1;17 , 0; Câu Cho quãng đường AB dài 300km Cùng lúc xe ô tô thứ xuất phát từ A đến B, xe ô tô thứ hai từ B A Sau xuất phát thì hai xe gặp Tính vận tốc xe, biết thời gian quãng đường AB xe thứ nhiều xe thứ hai là 30 phút • Lời giải Đổi 2h 30 ' = h Gọi vận tốc xe thứ và xe thứ hai là x; y km/h Điều ( ) kiện y > x > ( ) ( ) Sau thì xe thứ 3x km và xe thứ 3y km Ta có phương trình 3x + 3y= 300 ⇔ x + y= 100 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 175 Website:tailieumontoan.com Thời gian xe thứ hết quãng đường AB là AB là 300 h , thời gian xe thứ hai hết quãng đường x ( ) 300 300 300 60 60 h Ta có phương trình − = ⇔ − = y x y x y ( ) x + y = 100 y 100 − x =   Kết hợp các phương trình ta có hệ phương trình  60 60 ⇔  60 60 − = x − y =   x 100 − x  Giải phương trình 60 60 ta − = = x 300; = x 40 x 100 − x + Với x = 300 ta y = −200 (không thỏa mãn điều kiện) + Với x = 40 ta y = 60 (thỏa mãn điều kiện) Vậy vận tốc xe thứ và xe thứ hai là 40 km/h và 60 km/h ( ( ) ) Câu Cho đường tròn O; R có đường kính AB Điểm C là điểm trên đường tròn O , C ( ) ( ) không trùng với A, B Tiếp tuyến C O; R cắt tiếp tuyến A, B O; R P, Q Gọi M là giao điểm OP với AC, N là giao điểm OQ với BC a) Chứng minh tứ giác CMON là hình chữ nhật và AP.BQ = MN2 Ta có OA = OC = R và PA = PC (tính chất D hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy OP là đường trung trực AC, đó  = OP ⊥ AC ⇒ OMC 900 Q I C  = 900 Chứng minh tương tự ONC P M  = 900 Lại có ACB    Tứ giác CMON có OMC = ONC = MCN = 900 A E N O B nên tứ giác CMON là hình chữ nhật ( )  = 900 và vì PQ là tiếp tuyến C Vì CMON là hình chữ nhật nên POQ O nên OC ⊥ PQ Tam giác OPQ vuông O có đường cao OC nên ta PC.QC = OC2 Mà = PA PC; = QB QC và MN = OC Từ đó ta suy AP.BQ = MN2 b) Chứng minh AB là tiếp tuyến đường tròn đường kính PQ Gọi I là trung điểm PQ Tam giác OPQ vuông O có OI là đường trung tuyến Do đó ta có OI =  PQ  PQ nên O thuộc đường tròn  I;    ( ) Vì AP và BQ là các tiếp tuyến O nên AP ⊥ AB , BQ ⊥ AB nên APQB là hình thang vuông Mà OI là đường trung bình hình thang APQB, đó OI//AP nên suy OI ⊥ AB Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 176 Website:tailieumontoan.com  PQ  Do đó AB là tiếp tuyến O  I;    c) Chứng minh PMNQ là tứ giác nội tiếp Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ + Tam giác OCP vuông C có đường cao CM nên ta OC2 = OM.OP Tương tự ta có OC2 = ON.OQ Từ đó ta OM.OP = ON.OQ ⇒ OM ON = OQ OP  chung và OM = ON Hai tam giác OMN và OQP có POQ OQ OP  = ONM  nên tứ giác PMNQ nội tiếp đường tròn Do đó ∆OMN ∽ ∆OQP suy ta OPQ Gọi D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ, E là giao điểm OC và MN ( ) Đường tròn D có I là trung điểm dây PQ và E là trung điểm dây MN Do đó DI ⊥ PQ; DE ⊥ MN nên ta DI//OE và DE//OI, suy tứ giác OEDI là hình bình hành Từ đó ta = DI OE = R + Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông DIP ta DP = 2  R   PQ   R   AB  R   +  ≥   +  = 2   2   DI + IP = 2 ( ) Dấu xẩy PQ = AB ⇔ OC ⊥ AB hay C là điểm chính nửa đường tròn O ( ) Vậy C là điểm chính nửa đường tròn O thì đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ R 1 + + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z Câu Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn P= • Lời giải Ta có P =  1 x +  z  y + ( y z2 x y + z2 ) +  1 y +  z  x ( z2 x y z2 + x + ) + ( x y2 z x + y2 )  1  z +  y  x 1 a b c Đặt= a;= b; và a + b2 + c2 = = c , đó ta P = + + 2 x y z b +c a +c a + b2 Do đó P = a b c + + 2 3−a 3−b − c2 ( ) ( ) x − x x + x ≥ x ⇔ ≥ (luôn đúng) Ta lại có bất đẳng thức − x2 2 − x Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ( ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 177 Website:tailieumontoan.com Suy P ≥ 2 Dấu xẩy và a = b = c = ⇔ x = y = z = a + b + c = 2 2 Vậy P đạt giá trị nhỏ là , đạt x= y= z= Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 178 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH THÁI BÌNH Vòng - Năm học 2017– 2018 Câu 1(2.0 điểm) 1) Cho a, b là hai số thực Chứng minh có ít hai phương trình ẩn x sau vô nghiệm: x + 2ax + 2a − b2 + = x + 2bx + 3b2 − ab = 2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = và xyz ≠ Tính giá trị biểu thức: P = x2 y2 z2 + + y + z2 − x z2 + x − y x + y − z2 Câu 2(2.5 điểm) 1) Giải phương trình x + 4x + 12 = 2x − + x +    −  = 4 + xy x + y − 4xy  2) Giải hệ phương trình  x−y   x − y + 2y2 − y + 1= 2y2 − x +  ( ) Câu 3(1.0 điểm) ( ) Tìm tất các cặp số nguyên x; y thỏa mãn phương trình x − y = 6xy + Câu 4(3.0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có hai tia BA và CD cắt E, hai tia AD và BC cắt F Gọi M, N là trung điểm AC và BD Các đường phân giác  và góc BFA  cắt K các góc BEC  + DFE  =  và tam giác EKF là tam giác vuông a) Chứng minh DEF ABC b) Chứng minh EM.BD = EN.AC c) Chứng minh ba điểm K, M, N thẳng hàng Câu 5(1.5 điểm) 1) Cho các số thực dương a, b, c bất kì Chứng minh rằng: a 3a + 2b + b 3b + 2c + c 3c + 2a ≥ 5abc 2) Cho số tự nhiên phân biệt cho tổng ba số chúng lớn tổng hai số còn lại Chứng minh tất số đã cho không nhỏ Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1(2.0 điểm) 1) Cho a, b là hai số thực bất kỳ, chứng minh có ít hai phương trình ẩn x sau vô nghiệm: Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 179 Website:tailieumontoan.com x + 2ax + 2a − b2 + = x + 2bx + 3b2 − ab = • Phân tích và lời giải Đặt các phương trình đã cho là x + 2ax + 2a − b2 + = 0(1) x + 2bx + 3b2 − ab = 0(2) Để chứng minh có ít hai phương trình ẩn x sau vô nghiệm thì thì ta chứng minh hai biệt thức delta phương trình nhận giá trị âm Muốn ta tính tổng hai biệt thức delta hai hai phương trình nhận giá trị âm Ta có ( ( ) ' = −a + b2 − a − 2a − b2 + =  ' −2b2 + ab b2 − 3b2 − ab = 2 = ) Khi đó ta 1' + 2' =−a + b2 − − 2b2 + ab =−a − b2 − + ab ( Mặt khác dễ thấy −2a − 2b2 − + 2ab =− a − b ) − − a − b2 ≤ Do đó ta 1' + 2' < Vậy hai phương trình tồn ít phương trình vô nghiệm 2) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = và xyz ≠ Tính giá trị biểu thức P = x2 y2 z2 + + y + z2 − x z2 + x − y x + y − z2 • Phân tích và lời giải Để tính y2 + z2 − x ta để ý đến giả thiết x + y + z =0 ⇔ y + z =−x Khi đó thực bình phương hai vế ta y2 + z2 + 2yz = x ⇔ y + z2 − x = −2yz x2 x2 x2 Từ đó ta có = biến đổi = y + z2 − x y2 + z2 − y2 − z2 − 2yz −2yz Hoàn toàn tương tự ta có y2 y2 z2 z2 ; = = z2 + x − y2 −2zx x + y2 − z2 −2xy Chú ý xyz ≠ nên cộng theo vế ta x2 y2 z2 x2 y2 z2 + + = + + y2 + z2 − x z2 + x − y2 x + y2 − z2 −2yz −2xz −2xy    x + y + z3   x + y + z3  x + y + z3 − 3xyz =−  − +  =−  +   =−  2 xyz 2 xyz 2 xyz    2  x + y + z x + y + z − xy − yz − zx  = −  + 3 = −  xyz 2   P= ( )( ) Vậy P = − Câu 2(2.5 điểm) 1) Giải phương trình x + 4x + 12 = 2x − + x + Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 180 Website:tailieumontoan.com • Phân tích và lời giải Điều kiện xác định phương trình là x + 4x + 12 ≥ 0; x ≥ −1 quan sát ( phương trình đã cho ta để ý đến biến đổi x + 4x + 12 = x − phương trình đã cho thành ( x − 2) ( ) ( ) ( ) + x + Khi đó ta viết lại ) + x + = x − + x + Phương trình có lặp lại ( ) hai đại lương nên ta sử dụng phép đặt ẩn phụ x − 2= a; x + 1= b b ≥ Khi đó phương trình trên trở thành a + 8b2 = 2a + b ⇔ a + 8b2 = 4a + 4ab + b2 a = b ⇔ 3a + 4ab − 7b2 =0 ⇔ 3a + 7b a − b =0 ⇔  3a = −7b ( + Với a = b thì x − = )( x − ≥ ⇔ x +1 ⇔  x − 4x + = x +  ) x ≥ + 13 ⇔ x=  x − 5x + =  9x − 36x + 36 = 49x − 49 9x − 85x + 85 = + Với 3a = −7b thì 3x − =−7 x − ⇔  ⇔ x≤2 x ≤  Hệ vô nghiệm với x ≥ −1 Thử lại vào phương trình đã cho ta có nghiệm phương trình là x = + 13    −  = 4 + xy x + y − 4xy  2) Giải hệ phương trình  x−y   x − y + 2y2 − y + 1= 2y2 − x +  ( ) • Phân tích và lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình là x > y; 2y2 − y + ≥ Quan sát phương trình thứ hệ ta nhận thấy phương trình có thể đưa dạng phương trình đa thức nên ta kiểm tra xem phương trình có phân tích hay không Chú ý phương trình có lặp lại hai đại lượng là x − y và xy nên ta viết phương trình dạng (x − y)   + 2xy − 4xy  −  = 4 + xy x−y  ( ) Đến đây ta sử dụng phép đặt ẩn phụ x − = y a; xy = b Khi đó ta có phương trình 2  a + 2b − 4b  −  = 4 + b ⇔ a + 2ab − 8b = 16a ⇔ a + 2ab − 16a − 8b = a  a = ⇔ a a − + a − 4a + 2b ⇔ a − a + 2b + 4a = ⇔  a + 2b + 4a = ( ( ) ( ) )( ) ( )( ) + Với a = ta x − y = hay x= y + , vào phương trình thứ hai hệ ta 2y2 − y + 1= 2y2 − y − Đặt 2y2 − y + = t ≥ , đó phương trình trên viết lại thành  5 3t = t2 − ⇔ t = ⇒ 2y2 − y + = ⇔ 2y2 − y − 15 = ⇔ y = 3; −  2  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 181 Website:tailieumontoan.com Với y = ta x = và với y = − ta x = Các nghiệm thỏa mãn hệ phương trình 2 ( ) + Với a + 2b + 4a = ta x + y2 + x − y = ( ) Vì x > y; x ≥ 0; y2 ≥ nên x + y2 + x − y > hay trường hợp này hệ phương trình vô nghiệm  −5  Vậy các nghiệm hệ phương trình là x; y = 7; ,  ;  2  ( ) ( ) ( ) Câu Tìm tất các cặp số nguyên x; y thỏa mãn phương trình x − y = 6xy + ( • Lời giải Phương trình tương đương với x − y ) ( ) + 3xy x − y = 6xy + Đặt x − = y a; xy = b , x, y là số nguyên nên a, b ∈ Z Khi đó phương trình trở thành ( a + 3ab =6b + ⇔ a − =−3b a − ( )( ) ( ) ) ⇔ a − a + 2a + + = −3b a − ⇔ a + 2a + + { = −3b a −2 } { } Vì a, b là các số nguyên nguyên nên a − ∈ U(5) ⇒ a − ∈ −5; −1;1; ⇒ a ∈ 7; 3;1; −3 + Với a = đó ta b = −68 (không phải số nguyên) 3 x − y = + Với a = đó ta b = −8 , đó ta  ⇒ xy = −8 + Với a = đó ta b = x= + y (hệ vô nghiệm)  y + 3y + = −2 (không phải số nguyên) x − y =−3 + Với a = −3 đó ta b = −2 , suy  ⇒ −2 xy = ( ) (  x =−1; y =  −2; y =  x = )( Vậy các nghiệm nguyên phương trình là x; y = −1; , −2;1 ) Câu Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có hai tia BA và CD cắt E, hai tia AD và BC cắt F Gọi M, N là trung điểm AC và BD Các đường phân giác  và góc BFA  cắt K các góc BEC  + DFE  =  và tam giác EKF là tam giác vuông a) Chứng minh DEF ABC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 182 Website:tailieumontoan.com Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên  = ADE  mặt khác vì góc ADE ABC F là góc ngoài tam giác EDF nên   + DFE  ADE = DEF C  + DFE  =  Từ đó suy DEF ABC D M N K O E B A ( )  + KFE  = DEF  + DFE  + DFK  + DEK  = ABC  + DFK  + DEK  (1) Ta có FEK  và góc BFA  cắt K nên Vì các đường phân giác các góc BEC ) (  + KFE  = ABC  + 180 Từ (1) và (2) ta có FEK ( ) ( ( )  + DEK = AFB  + AEC  = 3600 − ECB  − FAB  − 2ABC  = 1800 − 2ABC  (2) DFK 2 )  = 900 − 2ABC  = EBD  (cùng chắn cung AD) và E  chung nên EAC ∽ EDB Mà ta lại có M, N b) Ta có ECA là trung điểm AC, BD nên EM, EN là đường trung tuyến tam giác EAC và AC EBD Do đó ta có = BD = Mặt khác ta có ECM EA CM = ED BN  nên tam giác EBN và ECM đồng dạng với EBN EN BN BD Từ đó ta = = nên suy EM.BD = EN.AC EM CM AC c) Gọi K' là giao điểm EK với MN Ta có tam giác EBN và ECM đồng dạng với  = BEN  Lại EK là phân giác góc AED  nên suy MEK  = NEK  hay Nên suy CEM   MEK' = NEK' Tam giác MEN có EK' là phân giác nên theo tính chất đường phân giác ta có Gọi K" là giao điểm FK với MN, hoàn toàn tương tự ta có Theo ý b) ta đã có MK' ME = NE NK' MK" MF = NF NK" EM AC MF AC Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có = = EN BD NF BD Kết hợp các kết trên ta MK" MK' Điều này dẫn đến các điểm K, K' , K" trùng = " ' NK NK hay ba điểm M, K, N thẳng hàng Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 183 Website:tailieumontoan.com Câu (2,0 điểm) 1) Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh a 3a + 2b + b 3b + 2c + c 3c + 2a ≥ 5abc • Phân tích Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta viết lại thành 5 2  +  cb c a + b 53 2  +  a c b + ≥ 3 2  +  ba c c 1 Khi đó ta chứng = ;y = ;z a b c Để đơn giản hoán bất đẳng thức cần chứng minh ta đặt= x minh ( x 5z 3x + 2y ) + ( y 5x 3y + 2z ) + 5y 3z + 2x ( Dự đoán dấu xẩy x= y= z ta có đánh giá dụng tương tự ta quy bài toán chứng minh ( z ) ) 5z 3x + 2y ≤ ≥ 5z + 3x + 2y đến đây áp ( ) 2x 2y 2z + + ≥ Dễ 5z + 3x + 2y 5y + 3y + 2z 5x + 3z + 2x thấy bất đẳng thức trên áp dụng bất đẳn thức Bunhiacopxki dạng phân thức • Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành 5 2  +  cb c a Đặt= x + b 53 2  +  a c b + ≥ 3 2  +  ba c c 1 Khi đó ta chứng minh = ;y = ;z a b c ( x 5z 3x + 2y ) + Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có Do đó ta ( x 5z(3x + 2y) x 5z 3x + 2y ) + Ta cần chứng minh ( ≥ ( y 5x 3y + 2z ( ) ) + 5z 3x + 2y ≤ ( z 5y 3z + 2x ) ≥ 5z + 3x + 2y ( ) 2x Áp dụng tương tự ta 5z + 3x + 2y y 5x 3y + 2z ) + ( z 5y 3z + 2x ) ≥ 2x 2y 2z + + 5z + 3x + 2y 5y + 3y + 2z 5x + 3z + 2x 2x 2y 2z + + ≥ 5z + 3x + 2y 5y + 3y + 2z 5x + 3z + 2x Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức và để ý xy + yz + zx ≤ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 x+y+z ( ) ta TÀI LIỆU TOÁN HỌC 184 Website:tailieumontoan.com 2x 2y 2z + + 5z + 3x + 2y 5y + 3y + 2z 5x + 3z + 2x ≥ ( x+y+z ) 2(x + y + z)2 = x 5z + 3x + 2y + y 5x + 3y + 2z + z 5y + 3z + 2x x + y2 + z2 + xy + yz + zx ( ) ( ) ( ) ( 2(x + y + z) 2(x + y + z) = ≥ 2 x + y + z + xy + yz + zx x + y + z + x + y + z ( ) ( ) ( ) ( ) ≥ ) Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu đẳng thức xảy và a= b= c 2) Cho số tự nhiên phân biệt cho tổng ba số chúng lớn tổng hai số còn lại Chứng minh tất số đã cho không nhỏ • Phân tích Gọi số đã cho là a, b, c, d, e (a, b, c, d, e ∈ N) Để chứng minh tất năm số tự nhiên lớn ta chứng minh có số, hai số, ba số, bốn số, năm số các số tự nhiên trên nhỏ thì có mâu thuẫn với yêu cầu bài toán Ta có thể giả sử a < b < c < d < e Khi đó ta xét các trường hợp a < 5; a, b < 5; a, b, c < 5; a, b, c, d < 5; a, b, c, d, e < Chú ý ta luôn có a ≤ b + ≤ c + ≤ d + ≤ e + Đến đây ta các mâu thuẫn dạng a + b + c ≤ d + e • Lời giải Gọi số đã cho là a, b, c, d, e (a, b, c, d, e ∈ N) Không tính tổng quát ta có thể giả sử a < b < c < d < e Khi đó ta có a ≤ b + ≤ c + ≤ d + ≤ e + + Trường hợp Giả sử a < và b, c, d, e ≥ Khi đó ta có a + b + c ≤ + d − + e − = d + e , điều này mâu thuẫn với đề bài + Trường hợp Giả sử a, b < và c, d, e ≥ Khi đó ta có a +b+c ≤ 3+4+c = 5+2+c ≤ d+2+e−2 = e+d Điều này mâu thuẫn với đề bài + Trường hợp Giả sử a, b, c < và d, e ≥ Khi đó đó ta có a + b + c ≤ + + < < 11 ≤ d + e Điều này mâu thuẫn với đề bài + Trường hợp Giả sử a, b, c, d < và e ≥ Khi đó ta có e + d ≥ 5+ = > 3+2+1 = a + b+ c Điều này mâu thuẫn với đề bài + Trường hợp Giả sử a, b, c, d, e < , không tồn số tự nhiên phân biệt thỏa mãn yêu cầu bài Vậy điều giả sử là sai nên năm số lớn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 185 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ Chuyên Toán - Năm học: 2017– 2018 Câu (1.5 điểm) 9−x x +1 a) Cho các biểu thức P x = với x > Tìm số nguyên x nhỏ ;Q x = + x x+3 x x ( ) thỏa mãn ( ) ( ) ≤ Q (x) P x b) Tính giá trị biểu thức F = 2x − 21x + 55x − 32x − 4012 x= − (không sử x − 10x + 20 dụng máy tính cầm tay) Câu (2.0 điểm) ( ) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P : y = x , đường thẳng (d) có hệ số góc k và ( ) qua điểm M 0;1 Chứng minh với giá trị k, (d) luôn cắt (P) hai điểm phân biệt A và B có hoành độ x1 ; x thỏa điều kiện x1 − x ≥ x + y = b) Giải hệ phương trình  x + 4y x + 2y = Câu (1.5 điểm) ( Cho phương trình x − m + ) x2 + + m2 − m − = (1) (x là ẩn số) a) Giải phương trình (1) m = b) Tìm tất các giá trị m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt Câu (3.0 điểm) ( ) ( ) Cho đường tròn O có tâm O và hai điểm C, D trên O cho ba điểm C, O, D không thẳng hàng Gọi Ct là tia đối tia CD, M là điểm tùy ý trên Ct, M khác C Qua M kẻ các tiếp  ) Gọi I là trung tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A và B là các tiếp điểm, B thuộc cung nhỏ CD điểm CD, H là giao điểm đường thẳng MO và đường thẳng AB a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp b) Chứng minh đường thẳng AB luôn qua điểm cố định M di động trên tia Ct c) Chứng minh MD HA2 = MC HC2 Câu (2.0 điểm) a) Cho a, b, c là các số dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ biểu thức E = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 2 ab + bc + ac = a b c + + a+b b+c c+a TÀI LIỆU TOÁN HỌC 186 Website:tailieumontoan.com b) Tìm tất các số nguyên dương n cho n2 + 3n là số chính phương Phân tích và hướng dẫn giải Câu (1.5 điểm) 9−x x +1 a) Cho các biểu thức P x = với x > Tìm số nguyên x nhỏ + ;Q x = x x+3 x x ( ) thỏa mãn ( ) ( ) ≤ Q (x) P x ( ) • Lời giải Ta có Q x = + x > 0, ∀x > Do đó ta có ( ) ≤ ⇔ 2P x ≤ Q x ⇔  + − x  ≤ ( ) ( ) x  Q (x) x+3 x  P x )( ( ⇔ ) x −2 x +1 ≥ ⇔ x +1 x ⇔ 3x − x − ≥ x ≥2⇔x≥4 Vậy giá trị nguyên nhỏ x cần tìm là x = b) Tính giá trị biểu thức F = 2x − 21x + 55x − 32x − 4012 x= − x − 10x + 20 ( • Lời giải Ta có x= − suy − x =3 Do đó − x Ta có F = (x )( ) − 10x + 22 2x − x + − 4034 x − 10x + 20 ) =3 ⇔ x − 10x + 22 =0 F Mà x − 10x + 22 = nên x − 10x + 20 = −2 Suy= −4034 = 2017 −2 Câu (2.0 điểm) ( ) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P : y = x , đường thẳng (d) có hệ số góc k và qua ( ) điểm M 0;1 Chứng minh với giá trị k, (d) luôn cắt (P) hai điểm phân biệt A và B có hoành độ x1 ; x thỏa điều kiện x1 − x ≥ ( ) y kx + • Lời giải Đường thẳng d có phương trình = ( ) ( ) Phương trình hoành độ giao điểm P và d là x − kx − = ( ) Ta có  = k2 + > , với k nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt Suy d luôn ( ) cắt P hai điểm phân biệt Theo định lý Vi – et ta có x1 + x= k; x1 x = 2 ( Suy x1 − x ) = (x + x2 ) − 4x1 x = k2 + ≥ Do đó x1 − x ≥ , dấu xẩy và k = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 187 Website:tailieumontoan.com x + y = b) Giải hệ phương trình  2 x + 4y x + 2y = • Lời giải Nhân hai vế phương trình thứ hai với ta phương trình 3x + 6y2 =3x + 12y Trừ hai phương trình thứ hệ với phương trình trên ta ( x − 1) = ( − y ) 3 ⇔ y =3 − x Thế y= − x vào 3x + 6y2 =3x + 12y , ta x − 3x + = ⇔ x = x = Với x = thì y = và với x = thì y = ( ) ( )( ) Hệ phương trình có hai nghiệm x; y = 2;1 , 1; ( Câu Cho phương trình x − m + ) x2 + + m2 − m − = (1) (x là ẩn số) a) Giải phương trình (1) m = • Lời giải Khi m = 0, phương trình trở thành x − x + − = Đặt t = x + 1, t ≥ Ta có phương trình t2 − 2t − = ⇔ t = t = −1 (loại) Với t = , đó x + =3 ⇔ x =8 ⇔ x =±2 b) Tìm tất các giá trị m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ( • Lời giải Đặt t= ) x + ≥ phương trình trở thành t2 − m + t + m2 − m − = (2) Phương trình đã cho có nghiệm phân biệt và phương trình trên có nghiệm phân biệt t1 ; t2 cùng lớn Điều này xảy ( ) ( )  m2 + 2m + − m2 − m − > ' > ' >     t1 − t2 − > ⇔ t1 t2 − t1 + t2 + > ⇔ m − m − − 2m + + > t − + t − > t + t − > 2m + − > 2 1 1   m > − 3m + >   m < −   ⇔ m2 − 3m − > ⇔   ⇔m>4 2m >  m >  m >   ( )( ) ( ) ( ) Vậy với m > thì phương trình đã cho có nghiệm phân biệt ( ) ( ) Câu Cho đường tròn O có tâm O và hai điểm C, D trên O cho ba điểm C, O, D không thẳng hàng Gọi Ct là tia đối tia CD, M là điểm tùy ý trên Ct, M khác C Qua M kẻ các tiếp  ) Gọi I là trung tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A và B là các tiếp điểm, B thuộc cung nhỏ CD điểm CD, H là giao điểm đường thẳng MO và đường thẳng AB a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 188 Website:tailieumontoan.com Do MA, MB là các tiếp tuyến đường   tròn O nên MAO = MBO = 900 Do I là A ( ) trung điểm CD nên  =90° OI ⊥ CD ⇒ MIO O H Suy các điểm A, I, B cùng thuộc đường M tròn đường kính MO Vậy tứ giác MAIB nội C tiếp đường tròn đường kính MO D I B b) Chứng minh đường thẳng AB luôn qua điểm cố định M di động trên tia Ct Q Các tiếp tuyến C và D cắt Q nằm trên đường thẳng OI   chung và MAC   Ta có tam giác MAC đồng dạng với tam giác MDA ( M = MDA = sđ AC ) Suy MA MC = ⇔ MA2 = MC.MD MD MA Mà tam giác MAO vuông A có đường cao AH nên MA2 = MH.MO Suy ⇒ MC.MD = MH.MO ⇒ MC MO Do đó tam giác MCH và tam giác MOD đồng dạng = MH MD  = ODM  Suy tứ giác CHOD nội tiếp Từ đó ta CHM   Tứ giác QCOD có OCQ = ODQ = 900 nên nội tiếp đường kính OQ Từ hai kết trên ta có năm điểm C, H, O, D, Q thuộc đường tròn đường kính OQ  = 900 Do đó QH vuông góc với MO H Suy QHO Mà AB vuông góc với MO H Do đó hai đường thẳng QH và AB trùng Suy Q nằm trên đường thẳng AB ( ) Vì đường thẳng d, đường tròn O và các điểm C, D, I cố định nên Q cố định Vậy AB luôn qua điểm cố định Q M di động trên tia Ct c) Chứng minh MD HA2 = MC HC2   chung và MBC   Hai tam giác MBC và MDB có M = MDB = sdBC nên đồng dạng MD MB BD MD MB2  BD  Suy = = ⇒ = =  MB MC BC MC MC2  BC     Lại có CAH = CDB = sdBC  = MDO  Suy Mà tam giác MCH đồng dạng với tam giác MOD nên MHC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 189 Website:tailieumontoan.com  1800 − COD 1  =  =  = AHC 900 + MHC 900 + CDO 900 + = 1800 − COD 2  = sdCAD   = CBD = 3600 − COD 2 ) ( BD HA = BC HC Từ hai kết trên ta có hai tam giác AHC và DBC đồng dạng Suy Từ đó ta suy MD HA2 = MC HC2 Câu (2.0 điểm) a) Cho a, b, c là các số dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ biểu thức E = • Lời giải Ta có ab + bc + ac = a2 b2 c2 + + a+b b+c c+a a2 a+b a2 a+b + ≥2 ⋅ = a a+b a+b Chứng minh tương tự ta có b2 b+c c2 c+a + ≥ b; + ≥ c b+c c+a Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta a2 b2 c2 a+b b+c c+a a2 b2 c2 a+b+c + + + + + ≥a+b+c⇔ + + ≥ a+b b+c c+a 4 a+b b+c c+a Do a + b ≥ ab, b + c ≥ bc, c + a ≥ ca nên a + b + c ≥ ab + bc + ac = Suy a2 b2 c2 1 + + ≥ ⋅ Đẳng thức xảy và a= b= c= a+b b+c c+a Vậy giá trị nhỏ E là 1 , đạt a= b= c= b) Tìm tất các số nguyên dương n cho n2 + 3n là số chính phương ( )( ) m2 Khi đó m − n m + n = • Lời giải Gọi m là số nguyên dương thỏa mãn n2 + 3n = 3n Suy tồn số tự nhiên k cho m − n = 3k và m + n = 3n − k Vì m − n < m + n nên k < n − k , đó n − 2k ≥ Nếu n − 2k = thì 2n = ( (m + n) − (m − n) = ) ( ) 3n − k − 3k = 3k 3n −2k − = 3k 31 − = 2.3k k Vì = n 3= 2k + + Nếu k = thì n = + Nếu k = thì n = ( ) + Nếu k ≥ thì 3k = − 3k −1 + 3k −2 +  + + > 2k (*) Nếu n − 2k > thì k ≤ n − k − Do đó 3k ≤ 3n − k −2 ( ) Suy 2n= 3n − k − 3k ≥ 3n − k − 3n − k −2 = 3n − k −2 32 − = 8.3n − k −2 ( ) Áp dụng (*), ta có 3n − k −2 ≥ + n − k − = 2n − 2k − Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 190 Website:tailieumontoan.com ( ) Suy 2n ≥ 2n − 2k − ⇔ 8k + 12 ≥ 7n Mặt khác n ≥ 2k + nên 7n ≥ 14k + 14 , mâu thuẫn Vậy n = n = Cách khác Giả sử n2 + 3n = m2 (1), với m là số nguyên dương, m > n ( )( ) Khi đó m − n m + n = 3n Suy m += n 3p , m −= n 3q , với p, q là các số tự nhiên và p > q Ta có m+n n n 3p − q − = 3p − q ⇒ + ⋅ = 3p − q ⇒ = ≥ ⇒ 2n ≥ m m−n m−n m−n Suy n2 + 3n ≤ 4n2 ⇒ 3n ≤ 3n2 (2) Thử trực tiếp= n 1,= n 2,= n thỏa mãn (2), có= n 1,= n thỏa mãn (1) Ta chứng minh (2) không đúng với n ≥ Thật vậy: + n = : 34 > 3.42 + Giả sử 3n > 3n2 với n ≥ + Suy 3n +1 = 3.3n > 3.3n2 = 3(n + 1)2 + 3(2n2 − 2n − 1) > 3(n + 1)2 với n ≥ Vậy bài toán có hai nghiệm n = n = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 191 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ Chuyên Tin - Năm học 2017– 2018 Câu (1.5 điểm) a + a a − a2 − a a + a − Cho biểu thức M = + với a > 0; a ≠ + a a− a a −a a a) Chứng minh M > b) Tìm tất các giá trị a để biểu thức N = nhận giá trị nguyên M Câu (1.5 điểm) ( ) ( ) Cho parabol P : y = 2x và đường thẳng d : = y ax + b a) Tìm điều kiện b cho với số thực a, parabol (P) luôn cắt đường thẳng (d) hai điểm phân biệt b) Gọi A là giao điểm (P) và (d) có hoành độ 1, B là giao điểm (d) và trục tung Biết tam giác OAB có diện tích 2, tìm a và b Câu (2.0 điểm) ( ) a) Cho phương trình x − m + x + 2m + = (x là ẩn số) Tìm tất các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x thỏa mãn b) Giải phương trình x1 + = x2 + = x − x − x + 3x − x Câu (3.0 điểm) ( ) Cho đường tròn O; R và hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau, M là điểm thuộc cung ( ) CD không chứa A O; R (M không trùng với hai điểm C và D) Đường thẳng AM cắt CD ( ) N Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN Đường thẳng IM cắt đường tròn O; R K a) Chứng minh tam giác INC vuông cân I Từ đó suy ba điểm I, B, C thẳng hàng b) Tính tỉ số R − OI2 IM.IK c) Tìm vị trí điểm cho tích IM.IK có giá trị lớn Câu (2.0 điểm) a) Tìm tất các số nguyên x, y, z không âm thỏa mãn xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2017 b) Bên hình vuông cạnh 1, lấy điểm phân biệt tùy ý cho không có điểm nào chúng thẳng hàng Chứng minh tồn điểm số đó tạo thành tam giác có diện tích không vượt quá Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 192 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải a + a a − a2 − a a + a − Bài Cho biểu thức M = + với a > 0; a ≠ + a a− a a −a a a) Chứng minh M > a + a a − a2 − a a + a − Ta có M = + + a a− a a −a a a a −1 Do a > 0;= a ≠ nên a− a a − 1)( a + a + 1) (= a ( a − 1) a + a +1 a a − 1) − a ( a − 1) ( a − 1) ( a − a + 1) ( a + 1)(= = a (1 − a ) a (1 − a ) a2 − a a + a − = a −a a −a + a − a a + a + a + −a + a − a + a + a + Từ đó ta M = + + = = + a a a a a Do a > 0; a ≠ nên ( a −1 ) > ⇔ a + > a , suy M > b) Với giá trị nào a thì biểu thức N = Ta có < N = a a +2 = nhận giá trị nguyên? M < đó N có thể nhận giá trị nguyên là M Khi đó N = ⇔  a = 2+ = ⇔ a −4 a +1 = ⇔  ⇔  a = 2− a +1+2 a  a a = 7+4  a = 7−4  Bài Cho parabol (P) : y = 2x và đường thẳng (d) : = y ax + b ( ) ( ) a) Tìm điều kiện b cho với số thực a, parabol P luôn cắt đường thẳng d hai điểm phân biệt ( ) ( ) + 8b Với a ∈  , parabol ( P ) luôn cắt đường thẳng ( d ) hai điểm phân biệt Ta có phương trình hoành độ giao điểm P và d là 2x = ax + b ⇔ 2x − ax − b = Ta có  = a2 và  > với a ∈  hay ta a + 8b > với a ∈  hay b > − a ∈  , điều này xẩy b > ( ) a2 với ( ) Vậy điều kiện b để với a ∈  , parabol P luôn cắt đường thẳng d hai điểm phân biệt là b > b) Gọi A là giao điểm (P) và (d), B là giao điểm (d) và trục tung Biết điểm A có hoành độ và tam giác OAB có diện tích Tìm a, b Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 193 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ) ( ) Do A là giao điểm P và d , A có hoành độ là nên ta có A 1; ( ) Đường thẳng ( d ) cắt trục tung điểm B ( 0; b ) Gọi H ( 0; ) là chân đường cao kẻ từ A tam Hoành độ điểm A thỏa phương trình đường thẳng d , tức là ta có − a − b = giác AOB Ký hiệu SOAB là diện tích tam giác OAB Khi đó ta có SOAB = ⇔ 1 OB.AH = b = ⇔ b = ⇔ b = 4; b = −4 2 + Với b = , từ − a − b = ta có a = −2 + Với b = −4 , từ − a − b = ta có a = ( ) ( )( ) Vậy các cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán là a; b = −2; , 6; −4 Bài ( ) a) Cho phương trình x − m + x + 2m + = (x là ẩn số) Xác định tất các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x thỏa mãn ( ) x1 + = x2 ) ( Phương trình x − m + x + 2m + = có a + b + c = − m + + 2m + = nên có nghiệm = x1 1; = x 2m + m ≠ −2 2m + ≠  Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt  ⇔ 2m + > m > −   x1 + x2 = ⇔ 2m + = ⇔ 2m + = ⇔ 2m + = ⇔ m = Vậy m = thỏa mãn yêu cầu bài toán b) Giải phương trình + = x − x − x + 3x − x Điều kiện xác định phương trình là x ≠ −1; x ≠ 2; x ≠ 0; x ≠ + = 2 x − −1 x − + x x Khi đó phương trình trở thành Đặt t= x − −3 ± 17 2 , ta có phương trình + = Phương trình tương đương với x t−1 t+  t = −1 ⇔ t + + t − = t − t + ⇔ t2 − 2t − = ⇔   t = ( + Với t = −1 ta có x − ) ( )( ) x = (thỏa điều kiện) =−1 ⇔ x + x − =0 ⇔  x  x = −2 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 194 Website:tailieumontoan.com + Với t = ta có x − ± 17 (thỏa điều kiện) = ⇔ x − 3x − = ⇔ x = x ± 17 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = 1; x = −2; x = ( ) cung CD không chứa A ( O; R ) (M không trùng với hai điểm C và D) Đường thẳng AM cắt CD N Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN Đường thẳng IM cắt đường tròn ( O; R ) Bài Cho đường tròn O; R và hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau, M là điểm thuộc K a) Chứng minh tam giác INC vuông cân I Từ đó suy ba điểm I, B, C thẳng hàng K A C H N O E F I M D B  = AOC  (cùng chắn AC  = NIC  (cùng chắn NC  (O) ) và NMC  (I) ) Ta lại có: AMC 2  AOC  Do đó = NIC = 900 Suy NIC vuông cân I  = 450 Mà OCB  = 450 và hai điểm B, I nằm cùng phía Vì tam giác NIC vuông cân I nên NCI đường thẳng OC nên hai tia CB và CI trùng Vậy ba điểm B, I, C thẳng hàng b) Tính tỉ số R − OI2 IM.IK ( ) Gọi E, F là các giao điểm đường thẳng OI với đường tròn O; R  = MIE  (đối đỉnh), FEM  = MKF  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FM  ), Ta có KIF Do đó tam giác IEM đồng dạng với tam giác IKF Từ đó suy Vậy ta IE IK nên IM.IK =IE.IF = OE + OI OE − OI =R − OI2 = IM IF ( )( ) R − OI2 = IM.IK c) Tìm vị trí điểm cho tích IM.IK có giá trị lớn Theo câu b ta có IM.IK = R − OI2 Do đó IM.IK lớn ⇔ R − OI2 lớn ⇔ OI nhỏ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 195 Website:tailieumontoan.com Kẻ OH ⊥ BC H Ta có OI ≥ OH ( OH không đổi) Do đó OI nhỏ OH và I ≡ H Lúc đó N ≡ O và M ≡ B Bài a) Tìm tất các số nguyên x, y, z không âm thỏa mãn xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2017 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) xyz + xy + yz + zx + x + y += z 2017 ⇔ xy z + +y z + + x z + + z + = 2018 ( )( )( ) ⇔ x +1 y +1 z +1= = 2018 2018.1.1 = 1009.2.1 Không tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ nên x + ≥ y + ≥ z + ≥ Do đó có hai trường hợp xảy là x + 2018 x 2017 x + 1009 x 1008 = = = =     y += ⇔ = 1 y ⇔ = y y +=     = z +1 = z = z +1 = z     ( ) ( )( ) Vậy các số x; y; z thỏa yêu cầu bài toán là 2017; 0; , 1008;1; và các hoán vị b) Bên hình vuông cạnh 1, lấy điểm phân biệt tùy ý cho không có điểm nào chúng thẳng hàng Chứng minh tồn điểm số đó tạo thành tam giác có diện tích không vượt quá Chia hình vuông đã cho thành hình vuông nhỏ cạnh M N A H B D K C Q P Trong điểm đã cho, có ít điểm nằm hình vuông nhỏ (có thể trên biên) Giả sử có điểm A, B, C hình vuông nhỏ MNPQ Không tổng quát, giả sử A, B, C thì có thể xem theo hàng ngang từ trái sang phải, A B và C (hình vẽ) Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với MN cắt BC D Vẽ BH và CK vuông góc với AD (H, K thuộc AD) Ta có SABC = SABD + SACD = 1 1 BH.AD + CK.AD = (BH + CK)AD ≤ MN.MQ = 2 2 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 196 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH VĨNH PHÚC Năm học 2017– 2018 ( ) Câu (2.0 điểm) Cho phương trình x − m − x + 2m2 − 3m + = , đó m là tham số và x là ẩn số a) Tìm tất các giá trị m để phương trình có nghiệm b) Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm là x1, x Chứng minh x1 + x + x1 x ≤ 2x − xy = , đó m là tham số và x, y là các Câu (2.0 điểm) Cho hệ phương trình  2 m 4x + 4xy − y = ẩn số a) Giải hệ phương trình với m = b) Tìm tất các giá trị m để hệ phương trình có nghiệm Câu (3.0 điểm) Cho hình thang ABCD với AD và BC là hai cạnh đáy đó BC > AD ,  + BDC = 1800 , E là điểm đối xứng với D qua đường thẳng BC = BD = , AB = AC , CD < , BAC BC  = 2AEC  a) Chứng minh điểm A, C, E, B cùng nằm trên đường tròn và BEC b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng CD điểm K , đường thẳng BC cắt đường thẳng AE điểm F Chứng minh FA = FD và đường thẳng FD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK c) Tính độ dài cạnh CD ( ) Câu (2.0 điểm) Cho phương trình x + y2 + z2 = 3xyz (1) Mỗi số x; y; z đó x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn (1) gọi là nghiệm nguyên dương phương trình (1) ( ) a) Tìm tất các nghiệm nguyên dương có dạng x; y; y phương trình (1) ( ) b) Chứng minh tồn nghiệm nguyên dương a; b; c phương trình (1) và thỏa { } { } mãn điều kiện a; b; c > 2017 Trong đó kí hiệu a; b; c là số nhỏ ba số a, b, c Câu (1.0 điểm) Cho số tự nhiên n > và n + số nguyên dương a1, a , , a n +2 thỏa mãn điều kiện ≤ a1 < a < < a n +2 ≤ 3n Chứng minh tồn hai số a i , a j (1 ≤ j < i ≤ n + 2; i, j ∈ ) cho n < a i − a j < 2n Hướng dẫn giải ( ) Câu Cho phương trình x − m − x + 2m2 − 3m + = , đó m là tham số, x là ẩn số a) Tìm tất các giá trị m để phương trình có nghiệm • Lời giải Phương trình đã cho có nghiệm và Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 197 Website:tailieumontoan.com ' = ( m − 1) − (2m 2 ) ( ) − 3m + ≥ ⇔ m2 − m ≤ ⇔ m m − ≤  m >   m − < 0 ≤ m ≤  m <   ⇔  ⇔  m ≤ ⇔ ≤ m ≤  m − >  m ≥    m = m =  Vậy với ≤ m ≤ thì phương trình đã cho luôn có nghiệm b) Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm là x1, x Chứng minh x1 + x + x1 x ≤ • Lời giải Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm ≤ m ≤ ( ) x + x = m − Theo hệ thức Vi – et ta có  x1 x = 2m − 3m + Ta có P =  1 x1 + x + x1 x = 2m − m − =  m −  −  16  2  1 1 Ta có ≤ m ≤ ⇔ − ≤ m − ≤ ⇒  m −  ≤ 4 4 16  9  1   −  m −   ≤ , dấu xảy m = Suy P= 4   16    2x − xy = Câu Cho hệ phương trình  , đó m là tham số và x, y là các ẩn số m 4x + 4xy − y = a) Giải hệ phương trình với m = 2x − xy = • Lời giải Với m = , hệ phương trình đã cho trở thành  2 4x + 4xy − y = Dễ thấy x = , hệ trên không có nghiệm Do đó từ phương trình thứ ta y = 2x − x Thế vào phương trình thứ hai hệ ta 2 2x −  2x −  2 2 4x + 4x −   = ⇔ 4x + 4x 2x − − 2x − = 7x x  x  x = x = −1 −1; y = −1  1 ⇔ 8x − 7x − = ⇔ x −  x +  = ⇔ x = ⇔  ⇒ x x 1;= y = = 8    ( ( ) ( ) ) ( ) ( )( ) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x; y = −1; −1 , 1;1 b) Tìm tất các giá trị m để hệ phương trình có nghiệm • Lời giải Ta có x = hệ phương trình không thỏa mãn nên suy x ≠ Rút y từ phương trình thứ vào phương trình thứ hai ta có phương trình Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 198 Website:tailieumontoan.com 2x −  2x −  4x + 4x m −   = x  x  ( ) ( Hệ đã cho có nghiệm và 4x + 4x 2x − − 2x − ) = mx có nghiệm khác hay 8x − mx − = có nghiệm khác Đặt = t x ≥ Thay vào phương trình trên ta 8t2 − mt − = Như yêu cầu bài toán xẩy phương trình 8t2 − mt − = có nghiệm dương Dễ thấy phương trình 8t2 − mt − = luôn có nghiệm trái dấu ac =−8 < Do đó phương trình luôn có nghiệm dương Do đó với số thực m hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm Câu Cho hình thang ABCD với AD và BC là hai cạnh đáy đó BC > AD , BC = BD = 1,  + BDC = 1800 , E là điểm đối xứng với D qua đường thẳng BC AB = AC , CD < , BAC  = 2AEC  a) Chứng minh điểm A, C, E, B cùng nằm trên đường tròn và BEC b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng CD điểm K , đường thẳng BC cắt đường thẳng AE điểm F Chứng minh FA = FD và đường thẳng FD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK c) Tính độ dài cạnh CD K D A L C F B E  = 2.AEC  a) Chứng minh bốn điểm A, C, E, B cùng nằm trên đường tròn và BEC   • Lời giải Do E đối xứng D qua BC nên luôn có BDC = BEC  + BDC  =1800 ⇒ BAC  + BEC  =1800 suy bốn điểm A, C, E, B cùng nằm trên Ta có BAC đường tròn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 199 Website:tailieumontoan.com  = ACB  , kết hợp với tứ giác ACEB nội tiếp nên ta Mặt khác tam giác ABC cân A nên ABC  = 2.AEC   AEC;   BEA  Từ đó suy AEC  ⇒ BEC  = ABC = ACB = BEA b) Chứng minh FA = FD và đường thẳng FD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK • Lời giải Ta có DE ⊥ BC và AD song song với BC nên tam giác ADE vuông D và có FD = FE = FA  + BDC  =1800 ⇒ BAC  =BDK  nên tứ giác AKDL nội tiếp Mặt khác BAC  = DBC  (do AD // BC) và tứ giác ACEB nội tiếp suy CAE  = CBE  Do BC là trung Lại có ADB  = CBE  Từ đó ta ADB  = CAE  , suy FA là tiếp tuyến đường tròn trực BE nên DBC ngoại tiếp tam giác ADK Kết hợp với FA = FD suy FD là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK c) Tính độ dài cạnh CD FC CE  = BD = 1) • Lời giải Do EF là phân giác BEC nên suy = = CE (vì BE FB EB Ta có tam giác AFC đồng dạng với tam giác BFE nên ta AC BE = AF BF Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác ACEB nội tiếp đường tròn ta ( ) AE.BC = AB.CE + AC.BE ⇒ 2AF = AC + CE AC BE BC BF + FC FC 1+ + CE ⇒ = = = = = = + CE AF BF BF BF BF ⇒ + EC = ⇒ + EC = ⇒ CD = EC = − ( Vậy độ dài đoạn CD là ) − ( ) Câu Cho phương trình x + y2 + z2 = 3xyz (1) Mỗi số x; y; z đó x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn (1) gọi là nghiệm nguyên dương phương trình (1) ( ) a) Tìm tất các nghiệm nguyên dương có dạng x; y; y phương trình (1) ( ) • Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là x; y; y Khi đó thay vào phương trình ta x + y2 + y2= 3xy2 ⇔ x + 2y2= 3xy2 ( ) suy x  y2 ⇒ x  y ⇒ x= ty t ∈ N* Thay trở lại phương trình trên ta t2 y2 + = 2y2 3t.y.y2 ⇔ t2 = + 3ty { } Từ phương trình này ta  t ⇒ t ∈ 1, Với t = ⇒ y = ⇒ x = và với t = ⇒ y = ⇒ x = ( ) ( )( ) Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương dạng x; y; y là 1;1;1 , 2;1;1 ( ) b) Chứng minh tồn nghiệm nguyên dương a; b; c phương trình (1) và thỏa mãn điều { } { } kiện a; b; c > 2017 Trong đó kí hiệu a; b; c là số nhỏ ba số a, b, c Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 200 Website:tailieumontoan.com • Lời giải Ta có= x 1;= y 2;= z là nghiệm phương trình đã cho { } Giả sử a = a; b; c với a < b < c thỏa mãn a + b2 + c2 = 3abc ( Xét phương trình a + d ) ) ( + b2 + c2 = a + d bc ⇒ 2ad + d2 = 3bcd Do đó suy d = 3bc − 2a ∈ N* ( ) Từ đó dẫn đến phương trình (1) có nghiệm a '; b; c với a =' a + d { } { } Do a < b < c , suy a '; b; c > a; b; c = a { } Lặp lại quá trình trên sau không quá 2017 lần ta a; b; c > 2017 Câu (1.0 điểm) Cho số tự nhiên n > và n + số nguyên dương a1, a , , a n +2 thỏa mãn điều kiện ≤ a1 < a < < a n +2 ≤ 3n Chứng minh tồn hai số a i , a j (1 ≤ j < i ≤ n + 2; i, j ∈ ) cho n < a i − a j < 2n ( ) ( ) • Lời giải Với k đặt bi = a i + k ⇒ a i − a j = a i + k − a j + k = bi − b j (2) Do đó ta có thể chọn k cho bn +2 = 3n và chuyển xét dãy số ≤ b1 < b2 < < bn +2 = 3n Khi đó ta cần chứng ( ) minh tồn hai số bi , b j ≤ j < i ≤ n + 2; i, j ∈  cho n < bi − b j < 2n Ta xét hai trường hợp { } cho n < b j < 2n thì ta có n < bn +2 − b j < 2n + Trường hợp Nếu tồn j ∈ 1; 2; ; n + { } + Trường hợp Nếu với j ∈ 1; 2; ; n + ta có b j ∉ n + 1; 2n − 1 thì các số   { } { } b1, b2 , , bn +1 ∈ 1; 2; ; 3n − \ n + 1; ; 2n − { } { } Các số thuộc tập 1; 2; ; 3n − \ n + 1; ; 2n − chia thành n cặp số (1; 2n ) , (2; 2n + 1) , , ( n; 3n − 1) Do đó n + số b1, b2 , , bn +1 , tồn số bi , b j (j < i) thuộc cùng cặp, chẳng hạn cặp số ( t; 2n + t − 1) hay n < b − b = i j 2n + t − − t = 2n − < 2n Theo (2) từ cặp số bi , b j thỏa mãn n < bi − b j < 2n thì tồn cặp số a i , a j thỏa mãn n < a i − a j < 2n Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 201 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÌNH ĐỊNH Năm học 2017– 2018  x −2 x +2 Bài 1(2.0 điểm) Cho biểu= thức A  −  x −1 x +2 x +   x − 2x +  1  a) Tìm điều kiện x để biểu thức A có nghĩa và rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A ≥ c) Tìm giá trị lớn A Bài 2(2.0 điểm) 1) Giải phương trình 4x + 4x − 20x + 2x + = 2) Chứng minh số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b2 − 4ac không là số chính phương ( ) ( ) Bài 3(10 điểm) Cho đa thức = f x x – m + x + 6m + (m là tham số) Bằng cách đặt ( ) ( ) x= t + Hãy tính f x theo t và tìm điều kiện m để phương trình f x = có hai nghiệm lớn Bài 4(4.0 điểm) ( ) Cho đường tròn T tâm O đường kính AB, trên tiếp tuyến A lấy điểm P khác A, ( ) điểm K thuộc đoạn OB (K khác O và B) Đường thẳng PK cắt đường tròn T C và D (C nằm P và D), H là trung điểm CD a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp đường tròn  = BAH  b) Kẻ DI song song với PO, điểm I thuộc AB, chứng minh PDI c) Chứng minh đẳng thức PA2 = PC.PD d) BC cắt OP J, chứng minh AJ song song với DB Cho tam giác ABC vuông A Từ điểm I thuộc miền tam giác kẻ IM ⊥ BC; IN ⊥ AC; IK ⊥ AB Tìm vị trí I cho tổng IM2 + IN2 + IK2 nhỏ Bài 5(1.0 điểm) rằng: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz ≤ Chứng minh ( x − y3 y ) + y (1 − z ) z + ( z − x3 x ) ≥ Hướng dẫn giải  x −2 x +2 Bài 1(2.0 điểm) Cho biểu= thức A  −  x −1 x +2 x +  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038  x − 2x +  1  TÀI LIỆU TOÁN HỌC 202 Website:tailieumontoan.com a) Điều kiện để A có nghĩa là x ≥ 0; x ≠ Ta có   x −2 x +  x − 2x +  x −2   A= − = −   x −1 x + x + 1 x x + −       x +1 x +2 x −1  x −1  x −2 −   2  x+1 x −1 x +1 x −1    )( )( ( ( x − = ) ( ) ( x −2 − x − ( )( x +2 x+1 x −1 ) )( )( ( x − 1) 2 ( )( ) ( ) ) −2 x = ( x +1 ) ( )( x −1 )  x +2  x −1  x +1   ( ) ) =−x + ) x ( x+1 x ( x −1 ≤ ⇔ ≤ x ≤ b) Với x ≥ 0; x ≠ ta A =− x + x Khi đó A ≥ ⇔ −x + x ≥ ⇔ x − x ≤ ⇔ ) Kết hợp với điều kiện ban đầu x ≥ 0; x ≠ Ta ≤ x < thỏa mãn yêu cầu bài toán  1 1 c) Với x ≥ 0; x ≠ ta A =− x + x Khi đó A =− x + x −  x −  + ≤ 2 4  Dấu xảy x− =0⇔ Vậy giá trị nhỏ A là x = 1 ⇔ x = , thỏa mãn điều kiện xác định 1 x = 4 Bài 2(2.0 điểm) 1) Giải phương trình 4x + 4x − 20x + 2x + = Dễ thấy x = không phải là nghiệm phương trình Xét x ≠ , đó chia hai vế phương    1 trình cho x ta  4x +  +  2x +  − 20 = x x    Đặt = y 2x + 1 ta 4x + = y2 − x x { } Khi đó phương trình trên trở thành y2 + 2y − 24 = ⇔ y ∈ −6; + Với y = −6 ta có phương trình 2x + −3 ± =−6 ⇔ 2x + 6x + =0 ⇔ x = x + Với y = ta có có phương trình 2x + 2± = ⇔ 2x − 4x + = ⇔ x = x  −3 + −3 − + 2 −  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =  ; ; ;  2 2   Cách Biến đổi tương đương phương trình ta Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 203 Website:tailieumontoan.com ( ) 4x + 4x − 20x + 2x + = ⇔ 4x + 4x + x − 21x + 2x + = ( ⇔ 2x + x ) ( ) ( ) + 2x + x + − 25x = ⇔ 2x + x + = 25x 2 2 2x= 2x 2= + x + 5x − 4x + ⇔ ⇔ 2x + x + =−5x 2x + 6x + =0 Đến đây giải các phương trình bậc hai ta tập nghiệm trên 2) Chứng minh số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b2 − 4ac không là số chính phương Ta sử dụng phương pháp phản chứng để cứng minh bài toán Giả sử b2 − 4ac là số chính phương, đó ta đặt b2 − 4ac = k2 , k ∈ N* Từ đó ta 4ac = b2 − k2 Ta có ( ) (20a + b + k )(20a + b − k ) 4a.abc = 4a 100a + 10b + c = 400a + 40ab + 4ac = 400a + 40ab + b2 − k2 = (20a + b ) − k= Do abc là số nguyên tố nên c > nên suy ac > , đó từ 4ac = b2 − k2 ta suy b > k Từ đó dẫn đến 20a + b + k > 20a + b − k > 20a Từ= trên ta suy abc 20a + b + k )( 20a + b − k ) (= 4a m.n Do 20a + b + k > 4a và 20a + b − k > 4a nên ta suy m > và n > Suy abc không phải là số nguyên tố Điều này mâu thuẫn với giả thiết bài toán Vậy điều giả sử trên là sai hay b2 − 4ac không thể là số chính phương ( ) ( ) Bài 3(1.0 điểm) Cho đa thức = f x x – m + x + 6m + (m là tham số) Bằng cách đặt ( ) ( ) x= t + Hãy tính f x theo t và tìm điều kiện m để phương trình f x = có hai nghiệm lớn Ta có () ( ) ( ) ( )( ) h t = f t + = t + − m + t + + 6m + = t + 4t + − mt − 4m − 4t − + 6m + = t2 − mt + 2m − ( ) () Phương trình f x = có hai nghiệm lớn và phương trình h t = có hai nghiệm dương ( )   ≥ − +2 > m    ⇔ P > ⇔ 2m − > ⇔ m > S > 2m >   Vậy với m > thì phương trình f x = có hai nghiệm lớn 2 ( ) Bài 4(4.0 điểm) Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 204 Website:tailieumontoan.com ( ) Cho đường tròn T tâm O đường kính AB, trên tiếp tuyến A lấy điểm P khác A, điểm ( ) K thuộc đoạn OB (K khác O và B) Đường thẳng PK cắt đường tròn T C và D (C nằm P và D), H là trung điểm CD a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp đường tròn P Ta có OH vuông góc với CD H (vì HC = HD ) J C  + OAP  = 900 + 900 = 1800 nên tứ Do đó OHP M giác AOHP nội tiếp đường tròn đường kính E OP  = BAH  b) Chứng minh PDI H  = DPO  Vì DI song song với PO nên ta có PDI  = BAH  Do đó suy Lại có DPO A I O B K D  = BAH  PDI c) Chứng minh đẳng thức PA2 = PC.PD Dễ thấy tam giác PAC đồng dạng với tam Q giác PDA nên ta PA PC = ⇒ PA2 =PC.PD PD PA d) Chứng minh AJ // DB ( ) Kẻ tiếp tuyến PN (N khác A) đường tròn T với N là tiếp điểm Ta chứng minh PO là đường trung trực NA nên JA = JN  = NPJ;JA  Hai tam giác= APJ và NPJ có PA PN; = APJ JN  = PNJ  Do đó ∆APJ = ∆NPJ nên suy PAJ    (vì tứ giác PAON nội tiếp) và JCN  + NCB  = Ta có BCN = NAB = JPN 1800 (vì góc kề bù) Do đó suy   PNJ = PCJ =  + JPN = JCN 1800 nên tứ giác NCJP nội tiếp được, suy   BCD = BAD  = PNJ  ta Từ (1) và (2) suy ra: PAJ  = BAD  Kết hợp với PAJ  + JAO  = PAJ  + JAO  = 900 nên JA vuông góc với AD A Ta có BAD  = 900 (vì nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên DB vuông góc với AD Lại có ADB Từ đó ta AJ song song với DB Cách khác Gọi E là giao điểm DI với BC và Q là giao điểm BD với PO  = BAH  nên tứ giác DIHA nội tiếp nên IHD  = BAD  Ta có PDI  = BAD  (vì nội tiếp cùng chắn cung BD) Mà ta lại có BCD Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 205 Website:tailieumontoan.com  = BCD  nên ta HI song song với BC Do đó suy IHD Tam giác DEC có HC = HD và HI // CE nên IE = ID Tam giác BOQ có ID // OQ nên IE BI ID BI và tam giác BOJ có IE // OJ nên = = OQ BO OJ BO Kết hợp các kết trên ta OQ = OJ , lại có OA = OB nên tứ giác BJAQ là hình bình hành Suy AJ song song với BQ hay AJ song song với BD Cho ∆ABC vuông A Từ điểm I thuộc miền tam giác kẻ IM ⊥ BC; IN ⊥ AC; IK ⊥ AB Tìm vị trí I cho tổng IM2 + IN2 + IK2 nhỏ Kẻ đường cao AH, suy H là điểm cố định (vì A, B, C cố định) Gọi P là hình chiếu vuông góc I trên AH Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác vuông INA và IPA ta có IN2 + AN2 = IN2 + IK2 = IA2 ≥ PA2 A Mặt khác IN = HP nên ta K IM + IN + IK ≥ PH + PA 2 2 N Áp dụng bất đẳng thức dạng a + b2 ≥ a+b ( ) P I ta B M H ( PH + PA ) ≥ IM + IN + IK ≥ PH + PA 2 Do AH không đổi nên IM2 + IN2 + IK2 ≥ 2 C AH2 = 2 AH AH , dấu xẩy = hay I là IA PA = PH = 2 trung điểm đường cao AH Vậy I là trung điểm đường cao AH thì tổng IM2 + IN2 + IK2 đạt giá trị nhỏ là AH2 Cách khác Ta có IM2 + IN2 + IK2 = IM2 + KN2 = IM2 + IA2 (vì IN2 + IK2 = KN2 ) ( IM + IA ) ≥ Áp dụng bất đẳng thức trên ta có IM2 + IN2 + IK2 = IM2 + IA2 ≥ AM2 AH2 ≥ 2 Từ đây ta có I là trung điểm đường cao AH thì tổng IM2 + IN2 + IK2 đạt giá trị nhỏ là AH2 Bài Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz ≤ Chứng minh rằng: ( x − y3 y Ta có ( x − y3 y 3 ) + y (1 − z ) z ) + y (1 − z ) + z (1 − x ) ≥ ⇔ z 3 x 3 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 + ( z − x3 x ) ≥ x y z + + ≥ x + y + z y z x TÀI LIỆU TOÁN HỌC 206 Website:tailieumontoan.com Do xyz ≤ nên ta có 1.x 1.y 1.z x z y2 x z2 y + + ≥ + + y3 z x y z x Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương Hoàn toàn tương tự ta có x z y2 x x z y2 x ta ; ; z + + z ≥ 3x y z2 y2 z y x z2 y z2 y x z + + x ≥ 3y; + + y ≥ 3z z2 x2 x2 y Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta  x z y x z2 y  x z y x z2 y  + +  + x + y + z ≥ x + y + z ⇔ + + ≥ x + y + z z x  y z x  y ( Từ hai kết trên ta ) x y z + + ≥ x+y+z y z x Vậy bất đẳng thức đã cho chứng minh Dấu xẩy và x= y= z= Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 207 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI Vòng – Năm học 2017 – 2018 Câu 1(2.0 điểm) Cho biểu thức P a − a − 2b − b2 a  b  1 − +  a+ a+b  a a   ( )  a + a + ab + a b b  :  +  a − b  a − b2  Với a, b > 0; a ≠ b; a + b ≠ a a) Chứng minh P= a − b b) Tìm các số a và b biết P = và a − b3 = Câu 2(1.0 điểm) Giả sử x, y là hai số thực phân biệt thỏa mãn Tính giá trị biểu thức P = 1 + = x + y + xy + 1 + + x + y + xy + ( ) ( ) Câu 3(2.0 điểm) Cho parabol P : y = x và đường thẳng d : y = −2ax − 4a (với a là tham số a)Tìm tọa độ giao điểm ( d) và (P) a = − ( ) ( ) b) Tìm tất các giá trị a để đường thẳng d cắt P hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x thỏa mãn x1 + x = Câu 4(1.0 điểm) Anh nam xe đạp từ A đến C Trên quãng đường AB ban đầu (B nằm A và C) Anh Nam với vận tốc không đổi a(km/h) và thời gian từ A đến B là 1,5 Trên quãng đường BC còn lại anh Nam chậm dần với vận tốc thời điểm t (tính giờ) kể từ B là v =−8t + a (km/h) Quãng đường từ B đến thời điểm t đó là S = −4t2 + at Tính quãng đường AB biết đến C xe dừng hẳn và quãng đường BC dài 16km ( ) Câu 5(3.0 điểm) Cho đường tròn O bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn Các ( ) tiếp tuyến đường tròn O các điểm B, C cắt điểm P Gọi D, E tương ứng là chân đường các đường vuông góc kẻ từ P xuống các đường thẳng AB và AC và M là trung điểm cạnh BC  = MDP  a) Chứng minh MEP b) Giả sử B, C cố định và A chạy trên (O) cho tam giác ABC luôn là tam giác có ba góc nhọn Chứng minh đường thẳng DE luôn qua điểm cố định c) Khi tam giác ABC Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R Câu 6(1.0 điểm) Các số thực không âm x1, x , x , , x thỏa mãn hệ điều kiện 10 x1 + x + x + + x =  18 x1 + 2x + 3x + + 9x = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 208 Website:tailieumontoan.com Chứng minh 1.19x1 + 2.18x + 3.17x + + 9.11x ≥ 270 Hướng dẫn giải a − a − 2b − Câu Cho biểu thức P b2 a  b  1 − +  a+ a+b  a a   (  a + a + ab + a b b  :  +  a − b  a − b2  ) Với a, b > 0; a ≠ b; a + b ≠ a a) Chứng minh P= a − b Với a, b > 0; a ≠ b; a + b ≠ a ta có a − a − 2b − P b2 a  a + a + ab + a b b  :  +  a − b  a − b2   b  1 − +  a+ a+b  a a   a + a + ab + a b + b a + b a − a − 2ab − b2 : = a−b a+b a− a+b a+ a+b ( ( = )( ( ) − (a + b) a4 − a + b a2 : ) ) ( ( ) ( ) ( a + b )( a − b ) a2 a + b + a + b )( ) ( ) a2 + a + b = a + a + b  : = a−b a−b Từ đó ta P= a − b b) Tìm a và b biết P = và a − b3 = Với a, b > 0; a ≠ b; a + b ≠ a ta P= a − b Khi P = và a − b3 = ta có hệ a − b = ⇔  3 a − b = a − b =     a − b  a − b  ( )( ) −b = a= a ⇔ ⇔  ab 2= b = + 3ab  =    ( ) ( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta a; b = 2;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu Giả sử x, y là hai số thực phân biệt thỏa mãn P= 1 + = Tính giá trị biểu thức: x + y + xy + 1 + + x + y + xy + Thực biến đổi giả thiết bài toán ta có 1 1 1 + = ⇔ − + − = x + y + xy + x + xy + y + xy + xy − y2 xy − x ⇔ + = ⇔ xy − y2 y2 + + xy − x x + xy + y + xy + ( ( )( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) )( ( ⇔ y x − y y2 + + x y − x x + = ⇔ x − y Do x ≠ y nên ta xy = Kết hợp với giả thiết Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ) ( )( x ) +1 =0 ) ( xy − 1) = 1 + = ta có xy +1 x +1 y +1 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 209 Website:tailieumontoan.com 1 2 4 P=2 + + = + = = =2 x + y + xy + xy + xy + xy + 1 + Vậy ta P = ( ) ( ) Câu Cho parabol P : y = x và đường thẳng d : y = −2ax − 4a (với a là tham số ( ) ( ) a) Tìm tọa độ giao điểm d và P a = − Khi a = − thì đường thẳng d có phương trình y= x + ( ) ( ) ( ) Hoành độ giao điểm d và P là nghiệm phương trình { } Từ đó ta tìm tọa độ giao điểm ( d ) và ( P ) là A ( −1;1) và B ( 2; ) b) Tìm tất các giá trị a để đường thẳng ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt có hoành độ x ; x x = x + ⇔ x − x − = ⇔ x ∈ −1; 2 thỏa mãn x1 + x = ( ) ( ) Xét phương trình hoành độ d và P là x + 2ax + 4a = ( ) ( ) Để d và P cắt hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ phải có hai nghiệm phân biệt a < Từ đó ta có ' = a − 4a = a a − > ⇒  a > ( ) x + x = −2a Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có  x1 x = 4a ( Ta có x1 + x =3 ⇔ x1 + x ) ( =9 ⇔ x1 + x ) − 2x1 x + x1 x =9 Kết hợp với hệ thức Vi – et ta 4a − 8a + 8a = + Với a < ta 4a − 8a + 8a = ⇔ 4a − 16a − = 0⇒a= − , thỏa mãn + Với a > ta 4a − 8a + 8a = ⇔ 4a = 9⇒a= ± Vậy a = − , không thỏa mãn thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 4(1.0 điểm) Anh nam xe đạp từ A đến C Trên quãng đường AB ban đầu (B nằm A và C) Anh Nam với vận tốc không đổi a(km/h) và thời gian từ A đến B là 1,5 Trên quãng đường BC còn lại anh Nam chậm dần với vận tốc thời điểm t (tính giờ) kể từ B là v =−8t + a (km/h) Quãng đường từ B đến thời điểm t đó là S = −4t2 + at Tính quãng đường AB biết đến C xe dừng hẳn và quãng đường BC dài 16km Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 210 Website:tailieumontoan.com • Lời giải Vì xe đến C dừng hẳn nên thời gian xe từ B đến C thỏa mãn −8t + a = ⇒ t = a a a2 đó quảng đường BC là S = −4t + at = 16 ⇒ −4   + = 16 ⇔ a = 256 ⇔ a = 16 8   Từ đó ta = SAB 1,= 5.a 24(km) ( ) Câu 5(3.0 điểm) Cho đường tròn O bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn Các ( ) tiếp tuyến đường tròn O các điểm B, C cắt điểm P Gọi D, E tương ứng là chân đường các đường vuông góc kẻ từ P xuống các đường thẳng AB và AC và M là trung điểm cạnh BC  = MDP  a) Chứng minh MEP A O B D M I C E P  + BMP  = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp được, suy MBP  = MDP  a) Tứ giác BDPM có BDP  = MEP  Tương tự ta có tứ giác CEPM nội tiếp đường tròn, đó ta lại có MCP  = MCP  Mặt khác BP và CP là hai tiếp tuyến cắt nên MBP     Từ đó ta MEP = MBP = MBP = MDP ( ) b) Giả sử B, C cố định và A chạy trên O cho tam giác ABC luôn là tam giác có ba góc nhọn Chứng minh đường thẳng DE luôn qua điểm cố định  + ABC  + ACB  =  + ABC  + PBD = Ta có BAC 1800 và CBP 1800  = CBP  nên ta ACB    Mà ta lại có BAC = PBD = DMP  = MPE  nên suy DMP  = MPE  , từ đó ta MD song song với PE Mặt khác ta có ACB Chứng minh hoàn toàn tương tự ta ME song song với BD Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 211 Website:tailieumontoan.com Điều này dẫn đến tứ giác MEPD là hình bình hành Suy hai đường chéo MP và DE cắt tai trung điểm I đường ( ) Do B, C cố định trên đường tròn O nên PM cố định, đo I cố định Vậy đường thẳng DE luôn qua điểm I cố định c) Khi tam giác ABC Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R Khi tam giác ABC thì ta có A, O, M, P thẳng hàng và AI vuông góc với DE Do đó ta có SADE = có AB R= = 3;OA R DE.AI Do tam giác ABC nên ta Do đó ta tính AM = 3R 3R 3R 9R ;AI = + = 2 4 BC AM 3R Do đó suy DE = Dễ thấy  ABC ∽ ADE nên ta = = DB AI Từ đó ta có SADE = 9R 3R 27R (đvdt) = 16 x + x + x + + x = 10 Câu Các số thực không âm x1, x , x , , x thỏa mãn  18 x1 + 2x + 3x + + 9x = Chứng minh 1.19x1 + 2.18x + 3.17x + + 9.11x ≥ 270 ( ) Từ x1 + x + x + + x = 10 ta x1 + x + x + + x = 90 Do đó ta có hệ ( ) 9 x + x + x + + x = 90 ⇒ 19x1 + 29x + 39x + + 99x = 270  180 10 x1 + 2x + 3x + + 9x = ( ) Mặt khác ta có 1.19x1 + 2.18x + 3.17x + + 9.11x 9= 19x1 + 36x + 51x + + 99x (19x = ) ( + 15x + 7x ) + 29x + 39x + + 99x + 7x + 12x + 15x + 7x ( =270 + 7x + 12x ) Để ý ta thấy 7x + 12x + 15x + 7x ≥ ( ) Nên ta 270 + 7x + 12x + 15x + + 7x ≥ 270 Vậy ta có 1.19x1 + 2.18x + 3.17x + + 9.11x ≥ 270 Dấu xẩy và 7x + 12x + 15x + + 7x = x =  10  x1 + x + x + + x = ⇔  x =x =x = =x =0 18 x1 + 2x + 3x + + 9x = x =  19x1 + 29x + 39x + + 99x = 270  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 212 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI Vòng – Năm học 2017 – 2018 Câu 1(1.5 điểm) Cho các số dương a, b, c, d Chứng minh bốn số sau có ít số không nhỏ a2 + 1 1 1 1 + ;b + + ;c + + ;d + + b c c d d a a b Câu 2(1.5 điểm) Giải phương trình (x + 2x ) ( + x +1 ) ) ( ( − x2 + x + + x2 + x ) 2017 = Câu 3(3.0 điểm) a) Tìm tất các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a 2= b3 ; c3= d4 ; a= d + 98 b) Tìm tất các số thực x cho số x − 2; x + 2; x − 1 ; x + có đúng số x x không phải là số nguyên Câu 4(3.0 điểm) ( ) ( ) Cho đường tròn O bán kính R và điểm M nằm ngoài đường tròn O Kẻ hai tiếp ( ) tuyến MA, MB tới đường tròn O (A, B là hai tiếp điểm) Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác ( ) A, C khác B) Gọi I; K là trung điểm MA, MC Đường thẳng KA cắt đường tròn O điểm thứ hai D a) Chứng minh KO2 − KM2 = R2 b) Chứng minh tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp ( ) c) Gọi E là giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn O và N là trung điểm ( ) KE đường thẳng KE cắt đường tròn O điểm thứ hai F Chứng minh bốn điểm I, A, N, F cùng nằm trên đường tròn Câu 5(1.0 điểm) A Xét hình bên: Ta viết các số 1, 2, 3, 4, , vào vị trí chín điểm hình vẽ bên cho số xuất đúng lần và tổng ba số trên cạnh tam giác 18 Hai cách G F E viết gọi là số viết các điểm (A; B; C; D; E; F; G; H; K) cách là K H trùng Hỏi có bao nhiêu cách viết phân biệt ? Tại sao? Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 B D C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 213 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải Câu Cho các số thực dương a, b, c, d tùy ý Chứng minh bốn số sau có ít số không nhỏ 1 1 1 1 + ;b + + ;c + + ;d + + b c c d d a a b a2 + • Lời giải Giả sử bốn số trên nhỏ Khi đó ta có 1 1 1 1 + + b2 + + + c2 + + + d2 + + < 12 b c c d d a a b P = a2 + Mặt khác ta lại có 1 1 1 1 1 1 1 + + b2 + + + c + + + d2 + + = a + b2 + c + d2 +  + + +  b c c d d a a b a b c d P = a2 + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta chứng minh ( ) ( ) a + b2 + c + d2 ≥ a + b + c + d ; 1 1 16 + + + ≥ a b c d a+b+c+d Do đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta (a + b + c + d) P≥ 16 16 + a+b+c+d a+b+c+d + (a + b + c + d) ≥3 16 16 = 12 a+b+c+d a+b+c+d Trái điều giả sử trên Do không thể có bốn số cùng nhỏ hay bốn số có ít số không nhỏ Câu Giải phương trình (x + 2x ) ( + x +1 ) ( ) ( − x2 + x + + x2 + x ) 2017 = • Lời giải Điều kiện xác định phương trình là x ∈ R Biến đổi tương đương phương trình ta (x + 2x ) ( + x +1 ) ( ) ( − x2 + x + + x2 + x ) 2017 = ⇔ x + 2x + 4x + 4x + 8x + − x + x + 2x + + x + 2x + x = 2017 ⇔ (x + 2x + ) (x − ) + x + = 2017 ⇔ x + 2x + − x − x − 1= 2017 ⇔ x= 2016 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 2016 Câu 3(3.0 điểm) a) Tìm tất các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a 2= b3 ; c3= d4 ; a= d + 98 • Lời giải Giả sử a = p1 p2 p3 pnn đó p1;p2 ; , pn là các số nguyên tố x1 ; x ; ; x n ∈ N x x x x Tượng tự d = q1 q 2 q 3 q nn đó q1;q ; , q n là các số nguyên tố y1 ; y2 ; ; y n ∈ N y y y y Ta có a > 1; d > Vì a = p1 p2 .pn 2x 2x 2x n ( = b3 ⇒ 2x1;2x ; ;2x  ⇒ x1; x ; ; x  ⇒ a = x , x ∈ Z+ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 214 Website:tailieumontoan.com ( ) Chứng minh hoàn toàn tương tự ta = d y , y ∈ Z+ )( ( ) Từ giả thiết a= d + 98 ta x = y + 98 ⇔ x − y x + xy + y2 = 98 Do a > d nên ta suy x − y > từ đó dẫn đến (x − y) = x − 2xy + y2 < x + xy + y2 ⇒ x − y < x + xy + y2 Do đó ta xét hai trường hợp sau x − y = + Trường hợp Với  , đó ta 98 x + xy + y = x= y + ⇔  y + + y + y + y2 = 98  ( ) ( ) x= y + y ∉ Z ⇒  3y + 3y − 97 = x ∉ Z  x − y = + Trường hợp Với  , đó ta 49 x + xy + y = x= y + ⇔  49  y + + y + y + y = ( ) ( )  x 5;= y = x= y + ⇔ ⇒ x = 5; y =  −3; y = −5  x = y + 2y − 15 = 3 Vậy từ đó ta tính = a 5= 125;= d 3= 27;= b 25;= c 81 b) Tìm tất các số thực x cho số x − 2; x + 2; x − 1 ; x + có đúng số không x x phải là số nguyên • Lời giải Nếu x − 1 1 ; x + nguyên thì ta có x − + x + = 2x ∈ Z ⇒ x ∈ Q x x x x Từ đó suy x − 2; x + 2 không là số hữu tỷ Do hai số x − 1 ;x + x x không là số nguyên đó x − ∈ Z; x + 2 ∈ Z ⇒ x − + x + 2 ∈ Z ( ( ) Đặt x − = a, a ∈ Z Khi đó ta x + 2 =a + ( ) ) Từ đó dẫn đến 2 a + ∈ Z ⇒ a + =0 ⇒ a =−1 nên ta = x Thử lại ta thấy = x ( −1 − thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy số cần tìm là = x ( ) ) +2 = a2 + + 2 a + ∈ Z − ( ) Câu Cho đường tròn O bán kính R và điểm M nằm ngoài đường tròn O Kẻ hai tiếp ( ) tuyến MA, MB tới đường tròn O (A, B là hai tiếp điểm) Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác ( ) A, C khác B) Gọi I; K là trung điểm MA, MC Đường thẳng KA cắt đường tròn O điểm thứ hai D Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 215 Website:tailieumontoan.com A E I H M D N L K Q F O P C B a) Chứng minh KO2 − KM2 = R2 • Lời giải Ta có IM = IA và KM = KC nên IK là đường trung bình tam giác AMC, đó IK song song với AC Lại có MA = MB (tính chất tiếp tuyến cắt M) và OA = OB = R nên OM là trung trực AB Do đó ta OM ⊥ AB , suy IK ⊥ OM Gọi giao điểm IK và OM là H Áp dụng định lý Pitygo cho các tam giác vuông MHI; KHO; MHK;OHI ta có MI2 = MH2 + HI2 ; KO2 = KH2 + HO2 ; MK2 = MH2 + HK2 ; O I2 = KH2 + HO2 Do IM = IA nên từ đó ta suy MI2 + KO2 = MK2 + IO2 ⇒ KO2 − KM2 = IO2 − MI2 = IO2 − IA2 = OA2 = R Vậy ta KO2 − KM2 = R2 b) Chứng minh tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp ( ) Đường thằng KO cắt đường tròn O Q và P Ta có KC = KM nên suy KO2 − KM2 =R ⇔ KO2 − KC2 =R ( )( ) Từ đó ta KC2 = KO2 − OP2 = KO + OP KO − OP = KQ.KP Do từ giác ADPQ nội tiếp đường tròn nên ta có KQ.KP = KD.KA nên suy KC2 = KD.KA    Từ đó dẫn đến ∆CKD ∽ ∆AKD nên DCK = KAC = DBM Vậy tứ giác MDCB nội tiếp đường tròn ( ) c) Gọi E là giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn O và N là trung điểm KE ( ) đường thẳng KE cắt đường tròn O điểm thứ hai F Chứng minh bốn điểm I, A, N, F cùng nằm trên đường tròn    Do đó ta Gọi L là trung điểm KD ta có ∆MKD ∽ ∆AKM nên suy AEM = MAK = EMK AE song song với KM Mặt khác ta có KF.KE = KD.KA ⇒ KF.KN = KL.KA nên tứ giác ANFL nội tiếp     (vì KF.KE Suy ta LAF = LNF = MEK = FMK = KD.KA = KC = KM2 )  = KMF  nên tứ giác MKFA nội tiếp Do đó ta =  AMK   Từ đó suy KAF AFN = AIN Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 216 Website:tailieumontoan.com Dẫn đến tứ giác IANF cùng thuộc đường tròn Câu Ta viết các số 1, 2, 3, 4, , vào vị trí chín điểm hình vẽ bên cho số xuất đúng lần và tổng ba số trên cạnh tam giác 18 Hai cách viết gọi là số viết các điểm (A; B; C; D; E; F; G; H; K) cách là trùng Hỏi có bao nhiêu cách viết phân biệt? Tại sao? • Lời giải Ta thấy dãy 1; 2; 3; 4; …; có hai số là A và lấy tổng đố với số thì 18 Do đó ta thấy điểm A(tương tự B, C) không thể điền số vì trái lại thì B và F phải điền cặp và 9, C và E phải điền cặp số và Điều này vô lí vì số điển vào G F E điểm Tương tự D, E, F không thể điền số Do đó số điền các điểm H, G, K K H Xét trường hợp số điền G (tương tự H, B K) đó E điền số và F điền số (hoặc ngược lại) Giả D C sử A điền a, C điền c, D điền d, K điền k, H điền k + , B điền c + { } Khi a; d; c; c + 1;k;k + phân biệt thuộc tập hợp 2; 3; 4; 5; 6; a + c =  Từ đó ta có d + k= ⇒ d ∈ 3; 5; Thử trường hợp ta d = thỏa mãn d + 2c = 17  { } Từ đó ta suy ta được= a 4;= c 5;= k Như ứng với cách điền số và số ta có cách để điềm các số còn lại Vậy có tất cách điền số thỏa mãn yêu cầu bài toán { } • Lời giải Để ý ta có tất các ba số phân biệt thuộc tập hợp 1; 2; 3; ; mà tổng 18 18 = + + = + + + + + = + + = 8+7+3= 8+7+4 = 7+6+5 Trong tất các vị trí A, B, C, D, E, F, G, H, K thì + A, B, C xuất hai tổng (do là giao điểm của hai cạnh) + D, E, F xuất ba tổng (do là giao điểm ba cạnh) + G, H, K xuất tổng Do và xuất tổng nên các vị trí A, B, C, D, E, F không thể điền số và số Các số và có thể điềm vào điểm G, H, K Có tất cách điển số và và ba điểm G, H, K Không tính tổng quát ta có cách điền= G 1;= H Do số xuất các tổng chứa và chứa nên dễ thấy đỉnh F = , suy ra= E 8;= D Từ { } đó dẫn đến K = và A, B, C ∈ 4; 5; Lại có A + F + B = 18; B + C + D = 18;C + E + A= 18 nên= A 3;= B 5;C = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 217 Website:tailieumontoan.com Như ứng với cách điền số và số ta có cách để điềm các số còn lại Vậy có tất cách điền số thỏa mãn yêu cầu bài toán Đề số 10 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI Năm học 2017 – 2018  a+ a   a − 1 Bài 1(1.5 điểm) Cho biểu thức : P  :  với ≤ a ≠ = +  a a + a + a + a + 1  a +      a) Rút gọn P b) Tìm tất các số tự nhiên a để P có giá trị nguyên Bài 2.(2.0 điểm) )( ( ) )( )( a) Giải phương trình x + x + x + x + = 24 2 x − 4xy + x + 4y = b) Giải hệ phương trình :  2 −3 x − y = Bài 3(1.0 điểm) Gọi x1 ; x là hai nghiệm phương trình x − x − = Lập phương trình bậc hai nhận hai nghiệm là 2x1 + x và x1 + 2x Bài 4(1.5 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x + 2y2 − 2xy − 4x + 8y + = b) Cho ba số thực không âm a, b, c tùy ý Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) ( )( ab b2 + bc + ca + bc c2 + ac + ab + ca a + ab + bc ≤ ab + bc + ca a + b2 + c2 ) Bài 5(1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho ngũ giác lồi ABCDE có các đỉnh có tọa độ nguyên Chứng minh : Tồn ít điểm M có toạ độ nguyên nằm ngũ giác trên các cạnh ngũ giác đó (không tính các đỉnh A, B, C, D, E) ( ) Bài 6(3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Đường tròn O đường kính BC cắt AB, AC thứ tự M  và MON  cắt P và N Tia phân giác các góc BAC  = BAC  và tứ giác AMPN nội tiếp a) Chứng minh OMN b) Gọi Q là giao các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP Chứng minh ba điểm B, Q, C thẳng hàng c) Gọi O1 ;O2 ;O3 thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ∆AMN; ∆BMP; ∆CNP Chứng minh bốn điểm O;O1 ;O2 ;O3 cùng thuộc đường tròn Hướng dẫn giải  a+ a   a − 1 Bài 1(1.75 điểm) Cho biểu thức : P  :  với ≤ a ≠ = +  a a + a + a + a + 1  a +      Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 218 Website:tailieumontoan.com a) Rút gọn P Với ≤ a ≠ ta có ( )    a+ a   a − 1  a a + 1  a +1 : = + + P =   a a + a + a + a +   a +   (a + 1) a + + a       a −  a +1 = = 1− a −1 a −1 ( ) b) Tìm tất các số tự nhiên a để P có giá trị nguyên Với ≤ a ≠ ta có P= − a −1 2 Khi đó P nhận giá trị nguyên và ) ( a −1 ⇔ { } { } a − ∈ −2; −1;1; ⇔ a ∈ 0; 4; { } Kết hợp với điều kiện ≤ a ≠ ta a ∈ 0; 4; thỏa mãn yêu cầu bài toán Bài 2.(2.0 điểm) ( ) )( )( )( a) Giải phương trình x + x + x + x + = 24 Biến đổi tương đương phương trình ta ( x + 1)( x + )( x + )( x + ) = 24 ⇔ ( x  Đặt t= x + 5x + 5=  x +  2 )( ) + 5x + x + 5x + = 24 5 5  − ≥ − Khi đó phương trình trên trơt thành 2 4 ( t − 1)( t + 1) = 24 ⇔ t2 − = 24 ⇔ t2 = 25 ⇔ t = ±5 Kết hợp với điều kiện trên ta t = , đó ta có phương trình ( ) { } x + 5x + = ⇔ x + 5x = ⇔ x x + = ⇔ x ∈ 0; −5 {0; −5} Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là = S x − 4xy + x + 4y = b) Giải hệ phương trình  2 −3 x − y = ( ) Biến đổi tương đương phương trình thứ hệ ta x + − 4y x + 4y − = Xem phương trình là phương trình bậc hai ẩn x và có tham số y ( Khi đó ta có  = − 4y ) ( ) ( − 4y − = 16y2 − 24y + = 4y − ) ≥ Do đó phương trình có hai nghiệm là x =4y − 2; x =1 + Với x = , thay vào phương trình thứ hai hệ ta y2 = 4⇔y= ±2 ( + Với = x 4y − , thay vào phương trình thứ hai ta có 4y − ) − y2 =−3 ⇔ 15y2 − 16y + =0 , dễ thấy phương trình vô nghiệm ( ) (1; ) , (1; −2 ) Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là= x; y Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 219 Website:tailieumontoan.com Bài 3(1.0 điểm) Gọi x1 ; x là hai nghiệm phương trình x − x − = Lập phương trình bậc hai nhận hai nghiệm là 2x1 + x và x1 + 2x Dễ thấy phương trình x − x − = có ac =−5 < nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 ; x Theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x = 1; x1 x = −5 Đặt S = (2x ) ( ) ( ) + x + x1 + 2x = x1 + x = và ( P= 2x1 + x )( x ( ) ) ( + 2x = x12 + x 22 + 5x1 x = x1 + x ) + x1 x1 = −3 Khi đó 2x1 + x và x1 + 2x là hai nghiệm phương trình x − Sx + P = Từ đó ta có phương trình x − 3x − = nhận 2x1 + x và x1 + 2x làm nghiệm Bài 4(1.5 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x + 2y2 − 2xy − 4x + 8y + = ( ) Biến đổi phương trình đã cho ta x − y + x + 2y2 + 8y + = ( Khi đó ta có ' =y + ) − (2y 2 ) + 8y + = − y2 − 4y − Để phương trình trên có nghiệm thì ' ≥ ⇔ − y2 − 4y − ≥ ⇔ −3 ≤ y ≤ −1 { } Do y là số nguyên nên ta y ∈ −3; −2; −1 Đến đây ta xét các trường hợp sau + Trường hợp Với y = −3 , đó ta có phương trình x + 2x + =0 ⇔ x =−1 + Trường hợp Với y = −2 , đó ta có phương trình x − =0 ⇔ x =±1 + Trường hợp Với y = −1 , đó ta có phương trình x − 2x + = ⇔ x = ( ) ( )( )( )( Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là x; y = −1; −3 , 1; −2 , −1; −2 , 1; −3 ) b) Cho ba số thực không âm a, b, c tùy ý Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) ( )( ab b2 + bc + ca + bc c2 + ac + ab + ca a + ab + bc ≤ ab + bc + ca a + b2 + c2 ) Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh ( ) ( ) ( )( ) ( ab b2 + bc + ca + bc c2 + ac + ab + ca a + ab + bc ≤ ab + bc + ca a + b2 + c2 ( ) ) ⇔ ab + bc + ca + 2abc a + b + c ≤ a b + ab + a c + ac + b c + bc + a bc + ab c + abc2 3 ( ( ) ⇔ 2abc a + b + c ≤ ab a + c 2 ) + bc ( b 3 ) ( + a + ca c2 + b2 3 2 ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a + c2 ≥ 2ac; b2 + c2 ≥ 2bc; a + b2 ≥ 2ab Từ đó ta ( ) ( ) ( ) ( ab a + c2 + bc b2 + a + ca c2 + b2 ≥ 2a bc + 2ab2 c + 2abc = 2abc a + b + c ) Như bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy và a= b= c Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho ngũ giác lồi ABCDE có các đỉnh có tọa độ nguyên Chứng minh tồn ít điểm M có toạ độ nguyên nằm ngũ giác trên các cạnh ngũ giác đó (không tính các đỉnh A, B, C, D, E) • Lời giải Theo nguyên lí Dirichlet thì với số nguyên chia cho thì có ít số có cùng số dư Với số nguyên chia cho thì có ít số có cùng số dư Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 220 Website:tailieumontoan.com Như số nguyên đó có ít số có cùng tính chẵn, lẻ Do đó điểm A, B, C, D, E thì có ít điểm có hoành độ cùng tính chẵn, lẻ Trong điểm có cùng tính chẵn, lẻ nói trên thì có ít hai điểm có tung độ cùng tính chẵn, lẻ Khi đó tồn ít điểm A, B, C, D, E có hoành độ cùng tính chẵn, lẻ và tung độ cùng tính chẵn, lẽ Giả sử hai điểm đó là A và B Lấy M là trung điểm đoạn thẳng AB thì M có tọa độ nguyên Từ đó ta xác định điểm M có tọa độ nguyên sau + Nếu hai điểm A và B xác định trên là hai đỉnh kề ngũ giác thì M nằm trên cạnh ngũ giác + Nếu hai điểm A và B xác định trên không là hai đỉnh kề ngũ giác thì M nằm ngũ giác ( ) Bài Cho tam giác ABC nhọn Đường tròn O đường kính BC cắt AB, AC thứ tự M và N Tia  và MON  cắt P phân giác các góc BAC  = BAC  và tứ giác AMPN nội tiếp a) Chứng minh OMN A O1 N K H M P B O3 O2 O C  = BAC  + Chứng minh OMN ( )  =C  Dễ thấy tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn O nên ta AMN  =B  Lại thấy tam giác OBM cân O nên OMB  + OMP  =B  +C  ⇒ 1800 − OMN  = 1800 − BAC  ⇒ OMN  = BAC  Từ đó ta OMN + Chứng minh tứ giác AMPN nội tiếp: Gọi H, K thứ tự là hình chiếu vuông góc P trên AB và AC  nên PH = K Vì P nằm trên tia phân giác BAC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 221 Website:tailieumontoan.com Dễ thấy ∆OPM = ∆OPN nên ta PM = PN Từ đó ta PHM = PKN nên   PMH = PNK Do đó tứ giác AMPN nội tiếp đường tròn b) Gọi Q là giao các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP Chứng minh ba điểm B, Q, C thẳng hàng  = AMP  Tứ giác BMQN nội tiếp đường tròn nên ta có BQP  = AMP  Từ giác AMPN nội tiếp đường tròn nên ta có CNP  = CNP  Mà tứ giác CNPQ nội tiếp nên CQP  =1800 − CNP  =1800 − BQP  Từ đó suy BQP  + CQP  =1800 ⇒ BQC  =1800 hay ba điểm B, Q, C thẳng hàng Do đó ta BQP c) Gọi O1 ;O2 ;O3 thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ∆AMN; ∆BMP; ∆CNP Chứng minh bốn điểm O;O1 ;O2 ;O3 cùng thuộc đường tròn ( ) ( ) Ta có giao điểm hai đường tròn O và O2 là B, M nên ta có OO2 ⊥ BM , giao điểm hai ( ) ( )   = đường tròn O và O3 là C, N nên ta có OO3 ⊥ CN Từ đó ta O OO3 + BAC 1800 ( ) ( ) Ta có giao điểm hai đường tròn O1 và O2 là P, M nên ta có O1O2 ⊥ PM , giao điểm hai ( ) ( )   = đường tròn O1 và O3 là P, N nên ta có O1O3 ⊥ PN Từ đó ta O O O + MPN 1800   +O   = Từ đó ta O OO3 + BAC O O + MPN 3600 2  + MPN  =   Mà ta lại có BAC 1800 nên suy O OO3 + O OO = 1800 hay bốn điểm O;O1 ;O2 ;O3 2 cùng thuộc đường tròn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 222 Website:tailieumontoan.com Đề số 11 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN HẠ LONG TỈNH QUẢNG NINH Năm học 2017 – 2018 Câu 1(2.0 điểm)   x  3 Cho biểu= thức A   + + +  , với x ≠ 0; x ≠  x + x + x − 27    x    a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị biểu thức A x = 3+ − − 29 − 12 Câu 2(3.0 điểm) a) Giải phương trình x − x − x x − − = x + xy − 2y2 = b) Giải hệ phương trình  xy + 3y + x = Câu (1.0 điểm) Tìm các số tự nhiên n để A = n2018 + n2008 + là số nguyên tố Câu (3.0 điểm) ( ) Cho đường tròn O; R có đường kính AB, M là điểm tùy ý thuộc đường tròn (M khác A và B) Qua A và B kẻ các đường thẳng d và d’ là tiếp tuyến với đường tròn Tiếp tuyến M đường tròn cắt d và d’ C và D Đường thẳng BM cắt d E a) Chứng minh CM = CA = CE b) Chứng minh AD ⊥ OE c) Tính độ dài đoạn AM theo R biết AE = BD Câu (1.0 điểm) Cho các số thực a, b thoả mãn a ≥ 2; b ≥ Chứng minh rằng: (a )( ) ( )( ) + b2 + ≥ a + b ab + + Hướng dẫn giải   x  3 Câu Cho biểu= thức A   + + +  , với x ≠ 0; x ≠  x + x + x − 27    x    a) Rút gọn biểu thức A Với điều kiện x ≠ 0; x ≠ ta có Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 223 Website:tailieumontoan.com   x  3  = + + + 1 A   x + x + x − 27    x      x− +3   x +x 3+3 =   x x−  x − x + x +  ( )( ) b) Tính giá trị biểu thức A x = 3+ ( x= 3+ =3+ Thay= x ) − − 29 − 12 5 − − 29 − 12 = 3+ − 6−2 = + 5− ta A + vào biểu thức A= − 3− ( −1 ) (2 −3 ) = +1 = +1− Câu 2(3.0 điểm) a) Giải phương trình x − x − x x − − = Điều kiện xác định phương trình là x ≥ Phương trình đã cho tương đương với ( ) Biến đổi phương trình x x − − x x − − = ( ) ( ) Đặt t = x x − t ≥ , suy ta có = t2 x x −  t = −1 Phương trình đã cho trở thành t2 − t − = ⇔   t = Kết hợp với điều kiện trên ta t = Khi đó ta có phương trình ( )( ) x x − = ⇔ x − x2 = ⇔ x − x2 + x + = ⇔ x = Kết hợp với điều kiện xác định ta x = là nghiệm phương trình đã cho 2 x + xy − 2y = b) Giải hệ phương trình  xy + 3y + x = Phương trình thứ hệ đã cho viết lại thành (x x = y − y2 + y x − y =0 ⇔ x − y x + 2y =0 ⇔  ⇔ x − y x + 2y = 0,  x = −2y ) ( ) ( )( ) ( )( ) + Với x = y , thay vào phương trình thứ hai hệ ta 4x + x − =0 ⇔ x1 =−1; x = Khi đó, x1 = y1 = −1; x == y2 + Với x = −2y , thay vào phương trình thứ hai hệ ta y2 − 2y − =0 ⇔ y1 =−1; y2 =3 Với y =−1 ⇒ x =2 và với y = 3⇒x= −6 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 224 Website:tailieumontoan.com 3 3 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = −1; −1 , 2; −1 , −6; ,  ;  4 4 ( ) ( )( )( ) Câu Tìm các số tự nhiên n để A = n2018 + n2008 + là số nguyên tố Xét n = thì A = không là số nguyên tố; Xét n = thì A = là số nguyên tố Xét n > , đó ta có A = n2018 + n2008 + > n2 + n + Ta có ( )  = A n2018 – n2 + n2008 – n + n2 += n + n2  n  672 ( )   – 1 + n  n   669 (  – 1 + n2 + n +  ) Để ý ta luôn có (n ) 672 – 1= Dễ thấy n − = (n )( )  −  n3  ( n − 1) ( n 671 ( ) + n3 670 ( )  + + 1 ; n  669 – 1= (n )( )  −  n3  668 ( ) + n3 667  + + 1  ) + n + chia hết cho n2 + n + Do đó A chia hết cho n2 + n + Ta có A > n2 + n + và chia hết cho n2 + n + nên A là hợp số Do đó n > không thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = ( ) Câu Cho đường tròn O; R có đường kính AB, M là điểm tùy ý thuộc đường tròn (M khác A và B) Qua A và B kẻ các đường thẳng d và d’ là tiếp tuyến với đường tròn Tiếp tuyến M đường tròn cắt d và d’ C và D Đường thẳng BM cắt d E D E M C A F B O I a) Chứng minh CM = CA = CE Gọi F là giao điểm OC và AM đó ta có OC vuông góc với AM Ta có CM = CA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Hai tam giác vuông AME và AFC đồng dạng nên AE AM = =⇒ AE = 2AC ⇒ AC = CE AC AF Từ đó ta CM = CA = CE b) Chứng minh AD ⊥ OE Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 225 Website:tailieumontoan.com Gọi giao điểm EO với đường thẳng d’ là I, đó dễ thấy tứ giác AEBI là hình bình hành Từ đó ta BE song song với AI Ta có OD vuông góc với BE nên suy OD vuông góc với AI Mà ta lại có AB vuông góc với DI Do đó O là trực tâm tam giác ADI Điều này dẫn đến OI vuông góc với AD nên suy OE vuông góc với AD c) Tính độ dài đoạn AM theo R biết AE = BD Tam giác COD vuông O (vì OC, OD là hai phân giác hai góc kề bù) và có OM là đường cao nên theo hệ thức lượng tam giác vuông ta có OM2 = CM.MD Mà ta có CM = CA = CE nên suy 2CM = AE Lại có BD = MD và AE = BD nên ta 2CM = MD Do đó suy 2CM2 = R nên CM = R Do AE = 2CM nên dẫn đến AE = R 1 Do giác vuông AEB A nên ta có = + 2 AM AE AB2 Suy AM = AE.AB 2R = AE2 + AB2 Câu Cho các số thực a, b thoả mãn a ≥ 2; b ≥ Chứng minh rằng: (a )( ) ( )( ) + b2 + ≥ a + b ab + + Xét hiệu hai vế bất đẳng thức cần chứng minh ta M= = ( a + 1)( b + 1) − (a + b )(ab + 1) − ( a b − a b − ab + ab ) + ( a + b − a − b − ab ) − 2 ( 2 2 )( ) = ab a − b − + ( 1 a−b  ( ) 2 ( ) ( ) +a a −2 +b b−2  −4  ) ( ) b ≥ thì b ( b − 1) ≥ và b ( b − ) ≥ Chỉ với a ≥ thì a a − ≥ và a a − ≥ ( )( ) Từ đó ta có ab a − b − ≥ và ( 1 a−  )( ( ) ( ) ( ) +a a −2 +b b−2  ≥  ) ( )( ) Từ đó dẫn đến M ≥ hay a + b2 + ≥ a + b ab + + Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 226 Website:tailieumontoan.com Đề số 12 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ Chuyên Toán – Năm học 2017 – 2018 Câu (2.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c đôi khác thỏa mãn a + b = b2 + c = c2 + a Tính giá trị biểu thức T= ( a + b − 1)( b + c − 1)( c + a − 1) x4 + x3 b) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x + 3mx + 2m2 = Câu (2.0 điểm) a) Tìm các số nguyên m cho m2 + 12 là số chính phương b) Chứng minh 11 số nguyên tố phân biệt và lớn luôn chọn hai số gọi là a, b cho a − b2 chia hết cho 60 Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình 4x + + 3x + = 13x   2x + 2y = b) Giải hệ phương trình   2x + + 2y + = Câu (3.0 điểm) ( )  = 1200 nội tiếp đường tròn Cho tam giác ABC cân với BAC O Gọi D là giao điểm ( ) đường thẳng AC với tiếp tuyến O B; E là giao điểm đường thẳng BO với đường tròn (O) ( E ≠ B) ; F, I là giao điểm DO với AB, BC; M, N là trung điểm AB, BC a) Chứng minh tứ giác ADBN nội tiếp b) Chứng minh ba điểm F, N, E thẳng hàng c) Chứng minh các đường thẳng MI, BO, FN đồng quy Câu (1.0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z2 + Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 xyz TÀI LIỆU TOÁN HỌC 227 Website:tailieumontoan.com Câu (2.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c đôi khác thỏa mãn a + b = b2 + c = c2 + a Tính giá trị biểu thức ( a + b − 1)( b + c − 1)( c + a − 1) T= Biến đổi giả thiết a + b = b2 + c ta ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) a − b2 =c − b ⇔ a − b a + b − a − b =c − b − a − b ⇔ a − b a + b − =c − a c−a Do a , b khác nên ta có a + b − = a−b Hoàn toàn tương tự ta b + = c −1 a−b b−c ;c + = a −1 b−c c−a ( a + b − 1)( b + c − 1)( c + a − 1) = Do đó ta có T = c−a a−b b−c = a−b b−c c−a x4 + x3 b) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x + 3mx + 2m2 = Biến đổi phương trình đã cho ta x + 3mx + 2m = x4 + x3 ⇔ 4m2 + 6mx + 2x − x −= x3 Giả sử tồn m để phương trình đã có bốn nghiệm phân biệt Khi đó ta xem phương trình 4m2 + 6m + 2x − x − x = là phương trình bậc hai ẩn m ( ) ' Ta có ∆= 9x − 2x − x − x 3= 4x + 4x + x= (2x +x ) ≥  −3x + 2x + x x − x =  x − x − 2m = m = ⇔ Khi đó phương trình có hai nghiệm  2 3x − 2x − x − x − 2x  x + 2x + 2m = m −= =  Để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thì phương trình trên phải có hai nghiệm phân biệt và các nghiệm hai phương trình phải khác + Phương trình x − x − 2m = có hai nghiệm phân biệt ∆ = + 8m > ⇔ m < − + Phương trình x + 2x + 2m = có hai nghiệm phân biệt ∆ = − 8m > ⇔ m < Kết hợp hai kết trên ta hai phương trình trên cùng có hai nghiệm phân biệt m < − + Gọi x là nghiệm chung hai phương trình x − x − 2m = và x + 2x + 2m = x − x − 2m = Khi đó ta có  20 ⇔ x + 2x + 2m = 3x + 4m = ⇔  x − x − 2m =  4m x = −  x 20 − x − 2m =   4m   3 4m Suy  − − 2m = ⇔ 16m2 − 6m = ⇔ m ∈ 0;   +    8 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 228 Website:tailieumontoan.com  3 Do đó để hai phương trình không có nghiệm chung thì m ∉ 0;   8 Vậy với m < − thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt Câu (2.0 điểm) a) Tìm các số nguyên m cho m2 + 12 là số chính phương ( )( ) Đặt m2 + 12 = n2 với n là số nguyên Khi đó ta có n2 − m2 = 12 ⇔ n − m n + m = 12 Do m, n là các số nguyên và n − m; n + m là các số chẵn nên ta có các trường hợp sau + Với n − m = −6 và n + m = −2 ta n = −4; m = + Với n + m = −6 và n − m = −2 ta n = −4; m = −2 + Với n + m = và n − m = ta được= n 4;= m + Với n + m = và n − m = ta n = 4; m = −2 { } Thử lại ta dược các giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là m ∈ −2;2 b) Chứng minh 11 số nguyên tố phân biệt và lớn luôn chọn hai số gọi là a, b cho a − b2 chia hết cho 60 Do 11 số nguyên tố đã cho lớn nên suy các số nguyên tố đó là số lẻ Trong 11 số nguyên tố trên luôn tồn hai số nguyên tố có cùng số dư chia cho và lớn Ta gọi hai số đó là a và b Khi đó ta có a − b2 chia hết cho Mặt khác a và b cùng là số lẻ nên a − b và a + b cùng là số chẵn, đó ta a − b2 chia hết cho Ta biết số chính chia cho có số dư là Do a, b là số nguyên tố lớn nên a và b không chia hết cho 3, suy a và b2 cùng có số dư chia cho Do đó a − b2 chia hết cho Để ý 3, 4, là ba số nguyên tố cùng theo đôi Do ta a − b2  60 Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình 4x + + 3x + = 13x Điều kiện xác định phương trình là x ≥ − Phương trình đã cho viết lại thành 4x − 13x + =− 3x + Khi đó điều kiện để phương trình có nghiệm là 4x − 13x + ≤ ⇔ 13 − 89 13 + 89 ≤x≤ 8 Bình phương hai vế phương trình ta ( 4x ) − 13x + = 3x + ⇔ 16x + 169x + 25 − 104x + 40x − 130x = 3x + ( )( ) ⇔ 16x − 104x + 209x − 133x + 24 =0 ⇔ 4x − 11x + 4x − 15x + =0 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 229 Website:tailieumontoan.com Từ đó ta hai phương trình 4x − 11x + = và 4x − 15x + = Giải các phương trình trên và kết hợp với các điều kiện xác định ta các nghiệm phương  11 + 73 15 − 97  trình đã cho là S =  ;  8    2x + 2y =  b) Giải hệ phương trình   2x + + 2y + = Điều kiện xác định hệ phương trình là x ≥ 0; y ≥ Hệ phương trình đã cho viết lại thành     2x = − 2y 2x = 36 + 2y − 12 2y 2x − 2y = 36 − 12 2y ⇒ ⇔    − 2y + 64 2y + − 16 2y + 2x − 2y =− 68 16 2y +  2x + = 2x + =+  Từ đó ta 36 − 12 2y = 68 − 16 2y + ⇔ 16 2y + = 32 + 12 2y ⇔ 2y + = + 2y ( ) ⇔ 16 2y + = 64 + 18y + 48 2y ⇔ 14y + 80 = 48 2y Đặt t =  20  2y t ≥ , đó phương trình trên trở thành 7t2 − 48t + 80 = ⇔ t ∈ 4;   7 ( ) + Với t = ta 2y = ⇔ y = , thay vào phương trình thứ ta 2x + = ⇔ 2x = ⇔ x = + Với t = 20 ta 2y = 20 200 , thay vào phương trình thứ ta ⇔y= 49 2x + 20 22 121 = ⇔ 2x = ⇔x= 7 98  121 200  ; Thử lại vào phương trình ta x; y = 2; ,    98 49  ( ) ( ) ( )  = 1200 nội tiếp đường tròn Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC cân với BAC O Gọi D là giao ( ) điểm đường thẳng AC với tiếp tuyến O B Gọi E là giao điểm đường thẳng BO ( ) ( E ≠ B) và F, I là giao điểm DO với AB, BC Gọi M, N là với đường tròn O trung điểm AB, BC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 230 Website:tailieumontoan.com D A F M I B N H C O E a) Chứng minh tứ giác ADBN nội tiếp  = 1200 nêna có DBA  = 300 và DAB  = 600 Do tam giác ABC cân A và BAC  = 900 Do N là trung điểm BC nên ANB  = 900 Từ đó suy BDA  + ANB  = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác ADBN nội tiếp đường tròn Tứ giác ADNB có BDA b) Chứng minh ba điểm F, N, E thẳng hàng D A M B F I N H C O E  = 600 nên AC Do tam giác ABD vuông góc D và có BAD = AB = 2AD  = 1200 nên tam giác AOB đều, từ đó ta N là trung điểm Do tam giác ABC cân A và BAC đoạn thằng AO Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ANC với ba điểm D, I, O thẳng hàng ta có DA IC ON DA ON IN IN nên ta = = Mà ta có = = ; = Từ đó ta IB DC IN OA DC OA IC Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABN với ba điểm F, I, O thẳng hàng ta có Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 FB OA IN =1 FA ON IB TÀI LIỆU TOÁN HỌC 231 Website:tailieumontoan.com FB =2 FA Từ đó dẫn đến Xét tam giác ABO có FB NA EO = nên theo định lí Menelaus ta có ba điểm F, N, E thẳng FA NO EB hàng c) Chứng minh các đường thẳng MI, BO, FN đồng quy FH FB 2 Kẻ FH vuông góc với BC Ta có = = Do đó= FH = AN AO 3 AN AB Mà ta có CE = AO đó FH FN = nên = CE NE FB Ta có MA = MB và FB = 2FA nên= MB Xét tam giác FBE có AB 3= , đó ta MF = MB 3 AB OB NE MF = nên theo định lý Ceva thì ba đường thẳng MI, BO, FN đồng OE NF MB quy Câu (1.0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức: P = x + y2 + z2 + xyz + Cách Biến đổi biểu thức P ta có xyz = ( x + y + z) =1 + 9xyz − ( xy + yz + zx )   2 P = x + y + z2 + + xyz − xy + yz + zx ( ) Xét hàm số g(x) = ax + b với  ≤ x ≤  Ta có với a > ⇒ g() ≤ g(x) ≤ g( ); a = ⇒ g(x) = g(); a < ⇒ g( ) ≤ g(x) ≤ g() { } { } Vậy g(); g( ) ≤ g(x) ≤ max g(); g( ) Không tính tổng quát có thể giả sử x ≥ y ≥ z ⇒ ( ≤ x ≤ ) ( 9yz − 4y − 4z ) x − 4yz Ta có 9xyz − xy + yz + zx = Đặt f(x)= Với x = ( 9yz − 4y − 4z ) x − 4yz 1   ≤ x ≤  Coi f(x) là hàm số biến x và còn y, z là tham số 3  1 ⇒ z ≤ y ≤ ⇒ z + y ≤ , dấu xảy và y= z= 3 3 Mặt khác x = đó y= z= Suy ⇒ z + y =1− x = 3 1 f   = −1 3 () Với x = ⇒ y = z = , suy f = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 232 Website:tailieumontoan.com 1          Do đó f ; f    ≤ f(x) ≤ max f ; f    ⇒ −1 ≤ f(x) ≤  ≤ x ≤  Suy 3          () 1− () 1 ≤ P ≤ + ⇔ ≤ P ≤ 2 Ta có P = 1 x= y= z= Vậy MinP = Ta có P = x= 1; y= z= y= 1; x= z= z= 1; y= x= Vậy MaxP = + Cách  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P Theo nguyên lý Dirichlet ta có số − 3x;1 − 3y;1 − 3z có ít hai số cùng dấu, không tính tổng quát ta giả sử − 3x;1 − 3y cùng dấu ( )( ) Khi đó ta có − 3x − 3y ≥ ⇔ 9xy − 3x − 3y + ≥ ⇔ 9xyz ≥ 3xz + 3yz − z ( x+y 3xz 3yz z Nên P = x + y + z + xyz ≥ x + y2 + z2 + + − ≥ 2 2 2 2 ) + 3z z x + y − = P' 2 ( ) Mà ta lại có x + y = − z nên ta (1 − z ) P≥ P' = + 3z z − 2z + z2 3z 3z2 z 1 − z + z2 = − + − + z2 = − 2 2 2 ( ) 1 − 3x =1 − 3y =0  Dấu xẩy x = y ⇔ x =y =z = x + y + z =  Vậy giá trị nhỏ P là 1 , đạt x= y= z=  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P Biến đổi biểu thức P ta ( x + y + z ) + 29 xyz − ( xy + yz + zx ) 1 =1 + 9xyz − ( xy + yz + zx )  =1 + ( 9yz − 4y − 4z ) x − 4yz     2 P = x + y + z2 + xyz = 2 Không tình tổng quát ta giả sử ≤ z ≤ y ≤ x ⇒ y + z ≥ 0; x ≤ , đó ta ( )  y+z  1 1   P =1+ 9yz − 4y − 4z x − 4yz ≤ + 5yz − 4y − 4z ≤ + −4 y+z    2 2    y+z   1− x   1  − 2x + x ⇒ P ≤1+  −4 y + z  =1+  −4 1− x  =1+  − + 4x    2 2 2      2     +   x 7x 49   x +     1 16 ≤ + ⇒ P ≤ +  + + − = + −     − 16  =      4           ( ( ) ) ( ( ) ( ) ) ( ( ) ) Dấu xẩy x= 1; y= z= Vậy giá trị lớn P là 1, xẩy x= 1; y= z= và các hoán vị Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 233 Website:tailieumontoan.com Đề số 13 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BẮC NINH Năm học 2017 – 2018 Câu 1(2.5 điểm) Cho biểu thức P = 2x − x − x −2 x − x + 2x − và Q = x +2 với x  0; x  a) Rút gọn các biểu thức P và Q b) Tìm tất các giá trị x để P = Q Câu 2(2.5 điểm) a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn P = a b c = = Tính giá trị biểu thức: b c a 4a + 6b + 2017c 4a − 6b + 2017c x + 2y = xy + b) Giải hệ phương trình  x − x + − x − x = y − ( ) y−3 Câu 3(1.5 điểm) a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M= a + 6a + b + 6b + c2 + 6c + + + a2 + a b2 + b c2 + c b) Cho tam giác vuông có số đo các cạnh là các số tự nhiên có hai chữ số Nếu đổi chỗ hai chữ số số đo cạnh huyền ta số đo cạnh góc vuông Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó Câu 4(3.0 điểm) ( ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB  AC nội tiếp đường tròn O Tiếp tuyến A đường ( ) tròn O cắt đường thẳng BC M Kẻ đường cao BF tam giác ABC(F thuộc AC) Từ F kẻ đường thẳng song song với MA cắt AB E Gọi H là giao điểm củ CE và BF, D là giao điểm AH và BC a) Chứng minh MA2 = MB.MC và MC AC = MB AB2 b) Chứng minh AH vuông góc với BC D c) Gọi I là trung điểm BC Chứng minh bốn điểm E, F, D, I cùng nằm trên đường tròn d) Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với HI cắt AB và AC P và Q Chứng minh H là trung điểm PQ Câu 5(0.5 điểm) Cho 2n + số nguyên, đó có đúng số và các số 1, 2, 3, , n số xuất hai lần Chứng minh với số tự nhiên n ta luôn xếp 2n + số nguyên trên thành dãy cho với m = 1, 2, 3, , n có đúng m số nằm hai số m Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 234 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải 2x − x − Câu 1(2.5 điểm) Cho biểu thức P = x − x + 2x − và Q = x −2 với x  0; x  x +2 a) Rút gọn các biểu thức P và Q Với x  0; x  ta có P = Q= 2x − x − x −2 2x − x + x − = x −2 x − x + 2x − x +2 = (2 x +1 x x + 2x − x − = x +2 = ( )( x −2 x −2 x −1 )( ) =2 x +2 x +2 x +1 ) = x −1 b) Tìm tất các giá trị x để P = Q Với x  0; x  ta P = x + và Q = x − Khi đó P = Q  x +1 = x −1  x −2 x +1 =   x −1 =  ( x −1 ) =3 x = +1  x = +2 Kết hợp với điều kiện xác định ta x = + thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 2(2.5 điểm) a b c 4a + 6b + 2017c = = Tính giá trị biểu thức P = b c a 4a − 6b + 2017c a) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn Áp dụng tính chất dãy tỉ số ta Từ đó ta P = a b c a +b+c = = = = , suy a = b = c b c a a +b+c 4a + 6b + 2017c 2027a 2027 = = 4a − 6b + 2017c 2015a 2015 x + 2y = xy + b) Giải hệ phương trình  x − x + − x − x = y − ( ) y−3 Điều kiện xác định hệ phương trình là x  6; y  Phương trình thứ viết lại thành ( )( ) ( ) ( )( ) x − − xy + 2y =  x − x + − y x − =  x − x − y + = + Với x − =  x = , thay vào phương trình thứ hai hệ ta ( 1= y−3 ) ( y−3  y−3 ) =1 y−3 =1 y =4 + Với x − y + =  y = x + , thay vào phương trình thứ hai hệ ta ( ) x2 − x + − x − x = x − ( ) Ta có x − x + x − ( ) x −1  x − x + x −1 ( x − = x2 − x + ) x −1 + x −1 x +6−x x −1  + = x2 − x + 2 Kết hợp với phương trình trên suy dấu bất đẳng thức trên xẩy Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 235 Website:tailieumontoan.com x = − x  Từ đó ta   x = , từ đó suy y = x −1 = x −1   ( ) ( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta các nghiệm hệ là x; y = 2; Câu 3(1.5 điểm) a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M= ( a + 6a + b + 6b + c2 + 6c + + + a2 + a b2 + b c2 + c ) a + 6a + a + a + a + + 2a Ta có = =1+ + 2 a a +1 a +a a +a Áp dụng hoàn toàn tương tự ta M = + Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng 3 2 + + + + + a b c a +1 b +1 c +1 1 + +  và kết hợp với a + b + c  ta có x y z x+y+z 1 1  3 2 1  + + + + + = + 3 + +  + 2 + +  a b c a +1 b +1 c +1 a b c a +1 b +1 c +1 9 9  + +  + + = 15 a +b+c a +b+c+3 3+3 M =3+ Dấu xẩy và a = b = c = Vậy giá trị lớn biểu thức M là 15, đạt a = b = c = b) Cho tam giác vuông có số đo các cạnh là các số tự nhiên có hai chữ số Nếu đổi chỗ hai chữ số số đo cạnh huyền ta số đo cạnh góc vuông Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó Giả sử tam giác ABC vuông A có BC = ab;CA = cd; AB = ba với  b  a  9;1  c  a;  d  2 Theo định lí Pitago ta có BC = AB + AC nên ta 2 2 2 ( ab = cd + ba  cd = ab − ba = 99 a − b )  cd cd  cd 33     cd 33  cd  33; 66; 99 cd 11 cd 11    Từ đó suy   + Trường hợp Với cd = 99 , ta có 99 = cd  ab  99 vô lí nên trường hợp này loại + Trường hợp Với cd = 66 , đó ta có ( ) ( )( ) 662 = 99 a − b2  a − b a + b = 40 Do a − b, a + b cùng tính chẵn lẻ và  a − b  a + b  18 nên không có a, b thỏa mãn đẳng thức trên + Trường hợp Với cd = 33 , đó ta có ( ) ( )( ) 332 = 99 a − b  a − b a + b = 11 a − b =   a + b = 11  a − b, a + b Do cùng tính chẵn lẻ và  a − b  a + b  18 nên ta  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 a =  b = TÀI LIỆU TOÁN HỌC 236 Website:tailieumontoan.com Từ đó ta các cạnh tam giác ABC là AB = 56; BC = 65;CA = 33 r= Từ đó ta 2SABC AB + BC + CA = 33.56 = 12 56 + 33 + 65 (đvđd) ( ) Câu 4(3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O Tiếp tuyến A ( ) đường tròn O cắt đường thẳng BC M Kẻ đường cao BF tam giác ABC(F thuộc AC) Từ F kẻ đường thẳng song song với MA cắt AB E Gọi H là giao điểm củ CE và BF, D là giao điểm AH và BC a) Chứng minh MA2 = MB.MC và MC AC = MB AB2 Xét hai tam giác MAB và MCA có A AMB chung và ACB = MAB nên suy MAB ∽ MCA Do đó ta Q F O MA MB =  MA = MB.MC MC MA E K Cũng từ MAB ∽ MCA ta có M B L H D C I MC AC MC AC =  = MA AB MA AB2 P Kết hợp với MA2 = MB.MC ta MC2 AC2 MC AC2 MC AC =  =  = MB.MC AB2 MB AB2 MA2 AB2 b) Chứng minh AH vuông góc với BC D Do MAE = AEF và ACB = MAE nên ta ACB = AEF , từ đó tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn Mà ta có BFC = 900 nên ta suy BEC = 900 nên CE vuông góc với AB Do đó H là trực tâm tam giác ABC, suy tam giác AH vuông góc với BC D c) Gọi I là trung điểm BC Chứng minh bốn điểm E, F, D, I cùng nằm trên đường tròn Do tam giác BFC vuông F và I là trung điểm BC nên FI = BC Từ đó tam giác BFI cân I Do đó ta FIC = 2IBF Mặt khác tứ giác BEHD nội tiếp nên HAF = HEF Lại có HAF = HBD vì cùng phụ với ACB Kết hợp các kết trên ta HBD = DEF nên suy FIC = DEF Vậy bốn điểm E, F, I, D cùng nằm trên đường tròn d) Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với HI cắt AB và AC P và Q Chứng minh H là trung điểm PQ Gọi K và L là trung điểm BE và FC, đó IK là đường trung bình tam giác BEC Từ đó ta suy IK và EC song song với nên ta IK vuông góc với BE Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 237 Website:tailieumontoan.com Do tứ giác PKHI nội tiếp đường tròn nên HPI = HKI Hoàn toàn tương tự ta chứng minh HQI = HLI Ta có HKI + HKE = 900 và HLI + HLF = 900 (*) Lại có HBE ∽ HEF nên suy Xét hai tam giác HKE và HLF có HE BE HE KE =  = HF CF HF LF HE KE = và HEK = HFL = 900 HF LF Do HKE ∽ HFL nên ta HKE = HLF Kết hợp với (*) ta HKI = HLI nên HP I = HQI , đó tam giác IPQ cân I Mà IH vuông góc với PQ H nên H là trung điểm PQ Câu 5(0.5 điểm) Cho 2n + số nguyên, đó có đúng số và các số 1, 2, 3, , n số xuất hai lần Chứng minh với số tự nhiên n ta luôn xếp 2n + số nguyên trên thành dãy cho với m = 1, 2, 3, , n có đúng m số nằm hai số m Ta có nhận xét với hai tập, tập gồm các số lẻ từ đến 2k + ta có thể xếp cho thỏa mãn yêu cầu bài toán với ô trống giữa: 2k + 1;2k − 1; ; 3;1; ;1; 3; ;2k − 1;2k + V với hai tập, tập gồm các số chẵm từ đến 2k ta có thể xếp cho thỏa mãn yêu cầu bài toán với ô trống giữa: 2k;2k − 2; ; 4;2; ; ;2; 4; ;2k − 2;2k Ta xét hai trường hợp sau + Với n = 2k + , ta xét cách xếp sau 2k + 1;2k − 1; ; 3;1;2k;1; 3; ;2k − 1;2k + 1;2k − 2; 4;2;2k; 0;2; 4; ;2k − Cách xếp trên thỏa mãn yêu cầu bài toán + Với n = 2k , ta xét cách xếp sau 2k − 1; ; 3;1;2k;1; 3; ;2k − 1;2k − 2; 4;2;2k; 0;2; 4; ;2k − Cách xếp trên thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy ta có điều phải chứng minh Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 238 Website:tailieumontoan.com Đề số 14 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH HƯNG YÊN Năm học 2017 – 2018 Câu 1(2.0 điểm) Cho biểu thức P = x −1 x −1 − x +1 x +1 với x  0; x  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị x để P = c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = ( )( ) x − x −1 P Câu 2(1.0 điểm) ( ) ( ) ( ) ( ) Cho parabol P : y = x và đường thẳng d : y = 3x + m − Tìm tham số m để P và d cắt hai điểm phân biệt có hoành độ dương Câu 3(2.0 điểm)  x − 2xy = 2y − x a) Giải hệ phương trình  x + 2x = − y   b) Giải phương trình − 2x 3x + x = x x +1 Câu 4(3.0 điểm) ( ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O , kẻ đường kính AN Lấy điểm M trên cung nhỏ BN (M khác B, N) Kẻ MD vuông góc với đường thẳng BC D, ME vuông góc với đường thẳng AC F, MF vuông góc với đường thẳng AB F a) Chứng minh ba điểm F, D, E thẳng hàng b) Chứng minh AB AC BC + = MF ME MD c) Chứng minh F B EA DC + +  F A EC DB Câu 5(1.0 điểm) ( Tìm tất các nghiệm nguyên phương trình y − 2x − = x x + ) Câu 6(1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b + b c4 + c4a = 3a b c4 Chứng minh rằng: 1 + +  2 a b + 2c + b c + 2a + c a + 2b + Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 239 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải Câu Cho biểu thức P = x −1 x −1 − x +1 x +1 với x  0; x  a) Rút gọn biểu thức P Với x  0; x  ta có P = = x −1 x −1 x ( − x +1 ) x +1 x +1 − x ( x +1 b) Tìm các giá trị x để P = Với x  0; x  ta có P = P = )(  − 1 + x −  ( x −1 x −1 )  = x +  x =1+ ) = x+ x x x −1 − x x +1 x −x+ x x = x −1 x −1 x , đó x −1 ( ) x  =  x = x −  3x − x − = x −1  x −3 x +1 =  x −3 =  x = )( ( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta x = thỏa mãn yêu cầu bài toán c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = Với x  0; x  ta có P = A= ( ( )( ) x − x −1 P x , đó ta x −1 )( ) x − x −1 P = ( )( x − x −1 Ta có A = 2x − x = 2x − x + − = ( x −2 ) x2 −x1 = x ( ) x − = 2x − x ) −  −8 , dấu xẩy x = thỏa mãn điều kiện xác định Vậy giá trị nhỏ A là −8 , đạt x = ( ) ( ) ( ) ( ) Câu Cho parabol P : y = x và đường thẳng d : y = 3x + m − Tìm tham số m để P và d cắt hai điểm phân biệt có hoành độ dương Xét phương trình hoành độ giao điểm x = 3x + m −  x − 3x − m + = ( ) ( ) Để P và d cắt hai điểm phân biệt có hoành độ dương thì phương trình trên phải có hai nghiệm dương phân biệt, điều này xẩy và ( )  = 32 + m −   4m +   m  − P =       − m 2 m −  S = −m +  m    Vậy với − ( ) ( )  m  thì P và d cắt hai điểm phân biệt có hoành độ dương Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 240 Website:tailieumontoan.com Câu 3(2.0 điểm)  x − 2xy = 2y − x a) Giải hệ phương trình  x + 2x = − y   Phương trình thứ hệ tương đương với ( ) ( ) ( )( ) x + x − 2xy − 2y =  x x + − 2y x + y =  x + x − 2y = + Với x + =  x = −1 , thay vào phương trình thứ hai hệ ta −1 = − y  y = 10 + Với x − 2y =  x = 2y , thay vào phương trình thứ hai hệ ta y =  x = 2; y =  4y + 4y = − y  4y + 5y − =    y = − x = − ; y = −   4  9 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = −1;10 , 2;1 ,  − ; −   4 ( ) ( b) Giải phương trình )( ) − 2x 3x + x = x x +1 Cách Điều kiện xác định phương trình là  x  3x + x Khi đó dễ thấy  x +1 Biến đổi phương trình đã cho ta − 2x 3x + x − 2x  3x + x =  =  x x x +1  x +1   3x + x  − 3x  3x + x  =  −   +   x  x +1  x +1    3x + x − 2x − =    x   x +1 3x − 2x + 3x − 3x = x x2 + ( ( 3x − =  2x + 3x + 1    3x −  + =    2x + 3x + + =  x + 2x + x   x + 2x + x ( ) ) ) + Với 3x − =  x = + Với )(   −  +1 thỏa mãn điều kiện xác định 2x + 3x + 1 x + 2x + 5x + x + + =  =  x + 2x + 5x + x + = x + 2x + x x x + 2x + ( ( Ta có x + 2x + 5x + x + = x + x 2 ) ) 2   15 +  2x +  +  nên phương trình trên vô nghiệm  16  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = Cách Phương trình đã cho tương đương với Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 241 Website:tailieumontoan.com − 2x −1 3x − x = x +1 − 2x +1 x   − 3x 3x − 1   =  − 3x + =0  x + 1 x − 2x + x x + x − 2x + x   − 2x x + 3x −1 = −1  x x +1  Dễ thấy ( ( ) x − 2x + x ( ) + ) ( ) 1  với  x  x +1 Do đó từ phương trình trên ta − 3x =  x = Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = , thỏa mãn điều kiện xác định ( ) Câu Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O , kẻ đường kính AN Lấy điểm M trên cung nhỏ BN (M khác B, N) Kẻ MD vuông góc với đường thẳng BC D, ME vuông góc với đường thẳng AC F, MF vuông góc với đường thẳng AB F a) Chứng minh ba điểm F, D, E thẳng hàng A Tứ giác BDMF có BDM + BFM = 90 + 90 = 180 0 nên nội tiếp đường tròn Suy ta BMF = BDF Chứng minh tương tự ta CDE = CME O Dễ thấy các tứ giác ABMC và AFME nội tiếp E đường tròn nên ta BMC = EMF (Vì cùng bù với góc BAC ), từ đó suy BMF = CME B D C F Kết hợp với các kết trên ta BDF = CDE M N nên suy ba điểm E, D, F thằng hàng b) Chứng minh AB AC BC + = MF ME MD Trên cạnh BC lấy điểm P cho BPM = ACM , đó ta suy CPM = ABM Xét hai tam giác ACM và BPM có BPM = ACM và CAM = PBM nên ACM ∽ BPM Lại có DM và ME là đường cao tam giác BPM và ACM Từ đó ta MD BP AC BP = = nên suy ME MD ME AC Xét hai tam giác ABM và CPM có CAM = PBM và BAM = PCM nên ABM ∽ CPM Từ đó hoàn toàn tương tự ta Do đó suy AB CP = MF MD AB AC CP BP BC + = + = MF ME MD MD MD Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 242 Website:tailieumontoan.com F B EA DC + +  F A EC DB c) Chứng minh Trước hết ta pháp biểu và chứng minh bổ đề: Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB cho chúng không có điểm nào, có đúng điểm thuộc các cạnh tam giác ABC Khi đó A’, B’, C’ thẳng hàng và A ' B B 'C C ' A =1 A 'C B ' A C ' B Chứng minh + Trường hợp 1: Trong điểm A’, B’, C’ có đúng A M điểm thuộc cạnh tam giác ABC Giả sử là B’, C’ C' - Điều kiện cần: Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng B’C’ M B' C'A AM B ' C A ' C = ; = Ta có Vậy C'B A'B B'A AM A'B B ' C C ' A AM A ' C A ' B = =1 A ' C B ' A C ' B A ' B AM A ' C B C A' - Điều kiện đủ: Gọi A’’ là giao B’C’ với BC Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có A''B B ' C C ' A A'B B ' C C ' A = mà = nên A '' C B ' A C ' B A 'C B 'A C 'B A''B A'B = Do B’, C’ thuộc cạnh CA, AB nên A’’ nằm ngoài cạnh BC A '' C A ' C Vậy A''B A'B = và A’, A’’ nằm ngoài cạnh BC suy A ''  A ' Do đó A’, B’, C’ thẳng hàng A '' C A ' C + Trường hợp 2: Trong điểm A’, B’, C’ không có điểm thuộc cạnh tam giác ABC chứng minh tương tự Trở lại bài toán: Xét tam giác ABC có ba điểm F, D, F thẳng hàng nên theo bổ đề trên ta có Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có F B EA DC  F A EC DB FB EA DC FB EA DC + +  33 = FA EC DB FA EC DB Vậy bài toán chứng minh ( ) Câu Tìm tất các nghiệm nguyên phương trình y − 2x − = x x + Phương trình đã cho tương đương với y = x + 2x + 3x + + Xét trường hợp x  , đó dễ thấy 2x + 3x +  Do đó từ phương trình ta suy x  y ) − (x ( Mặt khác ta có x + ( ) ) + 2x + 3x + = x −  vì x  Do đó suy y  x + ( ) Kết hợp lại ta x  y  x + , điều này vô lý vì x và y là số nguyên Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 243 Website:tailieumontoan.com Như x  phương trình đã cho không có nghiệm nguyên   + Xét trường hợp x  , đó x là số nguyên nên ta x  −1; 0;1 Với x = −1 thay vào phương trình đã cho ta y = Với x = thay vào phương trình đã cho ta y = , phương trình không có nghiệm nguyên Với x = thay vào phương trình đã cho ta y =  y = ( ) ( )( ) Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là x; y = −1; , 1;2 Câu Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b + b c4 + c4a = 3a b c4 Chứng minh rằng: 1 + +  2 a b + 2c + b c + 2a + c a + 2b + 1 + + = a b c Từ a b + b c4 + c4a = 3a b c4 ta Áp dụng bất đẳng thức AM – GM là a b + 2c2 + = a 3b + c2 + c2 +  2ac ab + 2c Từ đó kết hợp với áp dụng bất đẳng thức dạng 1 ta +  x y x+y 1 1 1    +  a b + 2c + 2ac ab + 2c  ac ab c  1 1 1 1  + ;  +     b c + 2a +  ba bc a  c3a + 2b +  bc ca b  Hoàn toàn tương tự ta Gọi vế trái bất dẳng thức cần chứng minh là P, đó cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta P  1 1 1 1 + + + + +    ac ab ba bc bc ca a b c  Bài toán quy chứng minh ac ab ( + + ba bc Áp dụng bất đẳng thức dạng x + y + z ) bc ca ( + 1 + +  a b c )  x + y + z2 ta có 1 1   1 1 1  + +    + +   3  + +  = 3.3 = b c  b c  a b c a a Từ đó ta 1 + +  a b c Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có  1 + +   ac ab ba bc bc ca   1  1  + +    2 + 2 + 2    a b b c   ab bc ca  a c  Ta lại có Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 244 Website:tailieumontoan.com  1 1 1 1 1 + +  + +  3 + +  = ab bc ca a b c b c  a 1 1 1 + 2 + 2  + + =3 2 a c a b bc a b c  1 + + Do đó   ac ab ba bc bc ca Suy + ac ab Do đó 1 + ba bc + ac ab   1  1  + +    2 + 2 + 2     a b b c   ab bc ca  a c   bc ca + ba bc bc ca + 1 + +  a b c Vậy bất đẳng thức đã cho chứng minh, dấu xẩy và a = b = c = + Cách Trường hết ta chứng minh bất đẳng thức bổ đề x + y + z4  x y + y z + z3 x ( ) ( ) Thật x + y + z4  x + x y2 + y + y2z2 + z4 + z2  x x y + y 3z + z3 x Vậy bất đẳng thức trên chứng minh Từ a b + b c4 + c4a = 3a b c4 ta Áp dụng bất đẳng thức dạng P  1 + + = a b c 11 1   +  ta x +y 4x y 1 1 1 1  + + + + + 2   a b + b c + c a + 2a 2b 2c   1 1 1 1 + +  3 + +  = 2 2a 2b 2c b c  a Dễ thấy Áp dụng thêm lần bất đẳng thức trên và kết hợp với bổ đề ta 1 1 1  1 1 1 3 3 + +   + + +   + + 4+ = + = a b +1 b c +1 c a +1 a b b c c a  4 a b c  4 Do ta P  1 1 1 1  + + + + + 2   a b + b c + c a + 2a 2b 2c  Vậy bất đẳng thức đã cho chứng minh, dấu xẩy và a = b = c = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 245 Website:tailieumontoan.com Đề số 15 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÌNH PHƯỚC Năm học 2017 – 2018 Câu 1(2.0 điểm) Cho biểu thức P = x x +2 + x x −x+6 x + x −2 x +1 − x −1 với x  0; x  ; a) Rút gọn biểu thức P b) Cho biểu thức Q = ( x + 27 ) P ( x +3 )( x −2 ) với x  0; x  1; x  Chứng minh Q  Câu 2(1.0 điểm) ( ) Cho phương trình x − m − x + m − = (x là ẩn và m là tham số) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x 1; x thỏa mãn x 12 + 4x + 2x − 2mx = Câu 3(2.0 điểm) a) Giải phương trình x + − x = x + + −x + 8x + + 4 x + − xy y + =  b) Giải hệ phương trình  2  x − xy + + x − = xy Câu 4(3.0 điểm) ( ) Cho tam giác ABC có góc BAC = 600 và AC = b; AB = c b  c Đường kính EF đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc với BC M (E thuộc cung lớn BC) Gọi I và J là chân đường vuông góc hạ từ E xuống các đường thẳng AB và AC Gọi H và K là chân đường vuông góc hạ từ F xuống các đường thẳng AB và AC a) Chứng minh các tứ giác AIEJ, CMJE nội tiếp đường tròn và EA.EM = EC.EJ b) Chứng minh ba điểm I, J, M thẳng hàng và IJ vuông góc với HK c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b và c Câu 5(1.0 điểm) ( Chứng minh biểu thức S = n n + ) + ( n + 1) (n 2 ) − 5n + − 2n − chia hết cho 120 với n là số nguyên Câu 6(1.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c = và a  1; b  1; c  Chứng minh a + b + c8  (x b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ) ( + y − x2 + y2 ( x − 1)( y − 1) ) với x và y là số thực lớn TÀI LIỆU TOÁN HỌC 246 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải x Câu Cho biểu thức P = x +2 + x x −x+6 x + x −2 x +1 − với x  0; x  x −1 a) Rút gọn biểu thức P Với x  0; x  , đó đặt a = P = = x  x = a ta có ( ) ( )( a a3 − a2 + a + a a − + a − a + − a + a + + − = a +2 a + a −2 a −1 a −1 a +2 a2 ( )( ) ) − a + a − a + − a − 3a − a − a − 4a + ( a − 1) ( a − ) = = = a −2 ( a − 1)(a + 2) (a − 1)(a + ) (a − 1)(a + ) Từ đó ta P = 2 2 x −2 b) Cho biểu thức Q = ( ( x + 27 ) P x +3 )( x −2 ) với x  0; x  1; x  Chứng minh Q  ) = x + 27 ( x + 3)( x − 2) ( x + 3)( x − 2) x + x + 27 Khi đó Q     x + 27  ( x + )  x − x +   ( x − )  x +3 ( x + 27 ) P Với x  0; x  1; x  ta Q = = ( x + 27 ) ( x −1 Do bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta suy Q  dúng với x  0; x  1; x  x − =  x = , thỏa mãn điều kiện x  0; x  1; x  Dấu xẩy và ( ) Câu Cho phương trình x − m − x + m − = (x là ẩn và m là tham số) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x 1; x thỏa mãn x 12 + 4x + 2x − 2mx = ( Phương trình đã cho có nghiệm và  ' = m − ( ) − m2 +   m  ) x + x = m − Theo định lí Vi – et ta có  x x =  m − ( ) Do x là nghiệm phương trình đã cho nên ta x 12 − m − x + m − = hay ta x 12 − 2mx = −2x − m + Theo đề thì ta có x 12 + 4x + 2x − 2mx = suy x 12 − 2mx + 4x + 2x = Kết hợp với x 12 − 2mx = −2x − m + ta ( ) −2x − m + + 4x + 2x =  x + x − m + = ( ) Kết hợp với hệ thức Vi – et ta m − − m + =  m − 4m + =  m =  Kết hợp với điều kiện có nghiệm phương trình ta m = − là giá trị cần tìm Câu 3(2.0 điểm) Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 247 Website:tailieumontoan.com a) Giải phương trình x + − x = x + + −x + 8x + + x −  x −     Điều kiện xác định phương trình là 7 − x   7 − x    x  −x + 8x −   x −1 − x      ( )( ) Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta x −1+ − x −2 x −1 −  x −1 ( ) x −1 −2 − − x ( x − 1)(7 − x ) = ( ) x −1 −2 =  ( x −1 − − x )( ) x −1 −2 =  x −1 − − x =  x −1 = − x x − = − x x =      x −1 −2 =  x −1 =  x − =  x =     Kết hợp với điều kiện xác định phương trình ta tập nghiệm là S = 4; 4 x + − xy y + =  b) Giải hệ phương trình  2  x − xy + + x − = xy Điều kiện xác định hệ phương trình là x  1; x − xy +  Phương trình thứ hệ tương đương với x + = xy y + Từ điều kiện x  suy phương trình trên có nghiệm y  , đó bình phương hai vế phưng trình trên ta ( ( ) ) 16 x + = x y y +  x y + 4x y = 16x + 16 (  x y + 4x y + 4x = 4x + 16x + 16  xy + 2x ) = (2x + ) 2  xy + 2x = 2x +  xy = Thế vào phương trình thứ hai hệ ta thu phương trình (   x2 − + x − =  x2 − − )( x2 − + x2 − − + ) + 3( ( x −1 −1 ) x −1 −1 = )( x −1 +1 )=0 x −1 +1 x2 − + x −  x −4 x +2 + =  x −2  +  x −1 +1 x2 − +  x −3 +1 Do x  nên ta x +2 x2 − + ( ) + x −1 +1 (  =0 x − +  )  Do đó từ phương trình trên ta x = , suy y2 =  y = (do y  ) ( ) ( ) ( ) Vậy kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm hệ đã cho là x; y = 2; Câu Cho tam giác ABC có góc BAC = 600 và AC = b; AB = c b  c Đường kính EF đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc với BC M (E thuộc cung lớn BC) Gọi I và J là chân Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 248 Website:tailieumontoan.com đường vuông góc hạ từ E xuống các đường thẳng AB và AC Gọi H và K là chân đường vuông góc hạ từ F xuống các đường thẳng AB và AC a) Chứng minh các tứ giác AIEJ, CMJE nội tiếp đường tròn và EA.EM = EC.EJ + Ta có AIE + AJE = 1800 nên tứ giác AIEJ I E nội tiếp đường tròn A + Ta có EJC = EMC = 900 nên tứ giác CMJE nội tiếp đường tròn J + Tứ giác BIEM nội tiếp nên EIM = EBM D Lại có EBM = EAC nên suy EIM = EAC O Tứ giác BMEI nội tiếp nên IEM + ABC = 1800 Tứ giác ABCE nội tiếp K nên AEC + ABC = 1800 B Từ đó suy IEM = AEC Hai tam giác IEM và AEC có EIM = EAC và H F IEM = AEC nên đồng dạng với Do đó suy C M EA EC = hay EA.EM = EC.EJ EM EI b) Chứng minh ba điểm I, J, M thẳng hàng và IJ vuông góc với HK + Ta có EJI = EAI và EAI = ECM nên ta EJ I = ECM Từ đó suy EJI + EJM = ECM + EJM = 1800 nên ba điểm I, J, M thẳng hàng + Ta có tứ giác FMKC nội tiếp đường tròn nên KMC = KFC Lại có KFC = JCE và ECJ = EMJ nên ta ruy KMC = EMJ Do ta có JMK = JME + EMK = KMC + EMK = 900 nên J M ⊥ MK hay IJ ⊥ MK Ta có HFK = BFC nên suy HFB = KFC Các tứ giác MKCF, BKFM nội tiếp nên ta KFC = KMC và HFB = HMB Từ đó ta suy KMC = BMH , mà ba điểm B, M, C thẳng hàng nên ba điểm H, M, K thẳng hàng Từ đó ta IJ vuông góc với HK c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b và c + Kẻ BD vuông góc với AC D Khi đó theo áp dụng định lí Pitago ta ( BC = BD2 + DC = BD2 + AC − AD ) = BD + AD + AC − 2AD.AC = AB2 + AC − 2AD.AC = AB + AC − 2AB.ACcosBAC = c2 + b − 2cb Từ đó ta BC = = b + c2 − bc b + c2 − bc + Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, đó ta có BOC = 2BAC  BOM = 600 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 249 Website:tailieumontoan.com Do đó ta SinBOM = b + c2 − bc BM BM BC  OB = = = OB sin 60 b + c2 − bc Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là OB = ( Câu Chứng minh biểu thức S = n n + ) + ( n + 1) (n 2 ) − 5n + − 2n − chia hết cho 120 với n là số nguyên ( ) ( ) ( ) Dễ thấy 120 = 3.5.8 và 3; = 5; = 3; = nên ta chứng minh S chia hết cho 3, 5, Mặt khác khai trên S ta S = n + 5n + 5n − 5n − 6n + Biến đổi biểu thức S ta ( ) S = n + 5n + 5n − 5n − 6n = n − n + 6n + n − n − 6n =n ( ) ( ( n − 1) n ( n + 1) + 6n ( ) ( ) + 5n n − n n + − 6n ) Do n − n n + nên ta suy S chia hết cho ( ) + Ta có S = n + 5n + 5n − 5n − 6n = n − n + n + n − n − n Mặt khác lại có ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) = n ( n − 1)( n + 1) ( n − ) + 5n ( n − 1)( n + 1) = ( n − )( n − 1) n ( n + 1)( n + ) + 5n ( n − 1)( n + 1) n5 − n = n n − n + n2 + = n n − n + n2 − +  n5 − n Do đó S chia hết cho ( ) )( ( + Ta có S = n + 5n + 5n − 5n − 6n = 4n n + + n n + n + n − ( ) ( ) ) Nếu n = 2k k  Z thì ta S = 32k + 80k + 40k − 8k − 12k k + , Từ đó suy S chia hết cho ( ( ) ) ( )( Nếu n = 2k + k  Z thì ta S = 4n n + + n n + n + n − ( ) ( ) ( k + 1) chia hết cho Lại có n ( n + 1) ( n + n − 6) = (2k + 1)(2k + 2) ( 8k + 12k Ta có 4n n + = 2k + ) 3 ) + 8k − Do đó S chia hết cho Từ các kết trên suy S chia hết cho 120 với số nguyên n Câu 6(1.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c = và a  1; b  1; c  Chứng minh a + b + c8  Ta có a  1; b  1; c  nên suy a  a ; b  b ; c  c Từ đó suy a + b + c8  a + b + c Từ đó ta quy bài toán chứng minh a + b + c  Do vai trò a, b, c nên không tính tổng quát ta có thể giả sử −1  a  b  c  Ta xét các trường hợp sau Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 250 Website:tailieumontoan.com ( ) + Nếu −1  a  b  c  , đó ta a + b + c = − a + b + c = Do đó suy a + b + c  nên ta a + b + c8  ( ) + Nếu −1  a  b   c  , đó a + b + c = −a − b + c = − a + b + c + 2c = 2c  Do đó suy a + b + c  nên ta a + b + c8  + Nếu −1  a   b  c  , đó ta ( ) a + b + c = −a + b + c = −2a + a + b + c + 2c = −2a  Do đó suy a + b + c  nên ta a + b + c8  + Nếu  a  b  c  , đó ta a + b + c = a + b + c  , mâu thuẫn với giả thiết Do đó trường hợp này không xẩy Vậy a + b + c8  a + b + c  , dấu xẩy a = −1; b = 0; c = chẳng hạn (x b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = ) ( + y − x2 + y2 ( x − 1)( y − 1) ) với x và y là số thực lớn Do x và y là các số thực lớn nên ta có x −  0; y −  Ta có (x T = ) ( + y − x + y2 ( x − 1)( y − 1) ) = x ( x − 1) + y ( y − ) = 2 ( x − 1)( y − 1) x2 y2 + y −1 x −1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có ( ) ( ) x+y x+y −4+4 x2 y2 T = +  = = x +y +2+ y −1 x −1 x + y −2 x + y −2 x + y −2 Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có x +y +2+ 4 = x + y −2+ +42 x + y −2 x + y −2 ( x + y − 2) x + 4y − + = Do đó ta suy T  , dấu xẩy và  x y  x y =  =  y −1 x −1  y − x −  x = y =  x + y − = x + y − =   x + y −2 Vậy giá trị nhỏ T là 8, xẩy x = y = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 251 Website:tailieumontoan.com Đề số 16 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH THÁI NGUYÊN Chuyên Toán – Năm học 2017 – 2018 Câu 1(1.0 điểm) ( 3− 3+ Không dùng máy tính cầm tay hãy rút gọn A = ) 10 + Câu 2(2.0 điểm) x + y − xy + 4y + = Giải hệ phương trình  2 y − x − y + 2xy = x + ( ) ( ) Câu 3(1.0 điểm) Cho số tự nhiên A = 777 − 18 + 2n với n  N, n  Chứng minh A chia hết cho n chu so Câu 4(1.5 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c  P = a a +1 + Tìm giá trị lớn biểu thức: b b +1 + c c +1 Câu 5(1.0 điểm) n Ví dụ a = 1; a = 1; a = 2; Với số nguyên dương n ta kí hiệu a n là số nguyên gần a = 2; a = 2; a = 2; a = 3; Tính giá trị tổng: S= 1 1 + + + + + a1 a a a 2017 a 2018 Câu 6(1.0 điểm) ( ) điểm A Phần kéo dài đoạn thẳng O O cắt đường tròn ( O ) điểm B Dựng đường tròn ( O ) tiếp xúc ngoài với đường tròn ( O ) D và tiếp xúc với đường tròn ( O ) C(O không nằm Cho hai đường tròn tâm O và O nằm ngoài Đoạn thẳng O 1O cắt đường tròn O 1 2 trên đoạn thẳng O 1O ) Chứng minh bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên đường tròn Câu 7(2.5 điểm) Cho ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng và theo thứ tự đó cho AB  AC Trong mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC dựng các hình vuông ABDE và BCFK Gọi I là trung điểm đoạn thẳng EF Đường thẳng qua I và vuông góc với EF cắt các đường thẳng BD và AB M và N a) Chứng minh các tứ giác AEIN và EMID nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ba điểm A, I, D thẳng hàng và các điểm B, N, F, M, E cùng nằm trên đường tròn c) Chứng minh ba đường thẳng AK, EF, CD đồng quy Hướng dẫn giải Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 252 Website:tailieumontoan.com ( 3− 3+ Câu Không dùng máy tính cầm tay hãy rút gọn A = Để ý ( −2 = −2 +1 = ( 3− 3+ A= ( = 10 + )( −1 + ( +1 ) −1 )= )=3 ) 10 + 2 ta có ( 6−2 3+ ( +1 ) +5−3− ( +1 = ) −1 +2 ) ( ) (3 + ) ( + 1) )= ( x + y − xy + 4y + = Câu Giải hệ phương trình  2 y − x − y + 2xy = x + ( ) ( +1 ) =1 ) Biến đổi tương đương phương trình thứ hệ ta x + = −y + xy − 4y Thế vào phương trình thứ hai hệ ta ( ) ( ) ( y − x − y + 2xy = −y + xy − 4y  y 15 − x − y  ) ( ) − x − y  =  Dễ thấy y = hệ phương trình không có nghiệm Do đó từ phương trình trên ta (x − y)  x − y = −5 + x − y − 15 =  x − y + x − y − =    x − y = ( ) ( )( ) + Với x − y = −5 , kết hợp với phương trình thứ hệ ta thu  x − y = −5 x = y − x = y −     2 x + = −y + xy − 4y y − y + =  y − + = − y + y − y − 4y ( ) ( ) Do y − y + = vô nghiệm nên hệ phương trình trên vô nghiệm + Với x − y = , kết hợp với phương trình thứ hệ ta thu x = y + x − y =    2 x + = −y + xy − 4y  y + + = − y + y + y − 4y x = y +  x = 1; y = −2    x = −2; y = −5 y + 7y + 10 = ( ( ) ( ) ( )( ) ) Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = 1; −2 , −2; −5 Câu Cho số tự nhiên A = 777 − 18 + 2n với n  N, n  Chứng minh A chia hết cho n chu so () ( ) chia hết cho Cho số tự nhiên a  N* , gọi S a là tổng các chữ số a Khi đó ta luôn có a − S a Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 253 Website:tailieumontoan.com     Ta có A = 777 − 18 + 2n = 7.111 − 18 + 2n =  111 − n  + 9n − 18  n chu so  n chu so n chu so   Dễ thấy 1111 − n chia hết cho và 9n − 18 chia hết cho nên suy A chia hết cho Câu Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c  a P = ( Ta có a + b + c ) ( + a2 + ) a2 + a  b2 + ( c + c2 + ) ( a b  ab + bc + ca   ab + bc + ca  ab + bc + ca  Từ đó ta a + ab + bc + ca  a +  a + b Do đó Tìm giá trị lớn biểu thức: (a + b )(a + c ) Áp dụng tương tự ta )(a + c )  a + b b +1  b ( )( a +b b+c ; ) c c +1  c ( c+a )( b+c ) Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta P a (a + b )(a + c ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có + b (a + b )( b + c ) a (a + b )(a + c ) = + c ( c + a )(b + c ) a2 (a + b )(a + c )  1 a a  +   2a + b a +c Áp dụng hoàn toàn tương tự ta b ( a + b )( b + c ) Từ đó ta suy P   1 b b  +  ; 2b +c a +b c ( c + a )( b + c ) 1 c c  +   2c+a b +c 1 a a b b c c  + + + + +  = 2a +b c +a a +b b +c c +a b +c Dấu xẩy và a = b = c = Vậy giá trị lớn P là 3 , đạt a = b = c = 3 Câu Với số nguyên dương n ta kí hiệu a n là số nguyên gần a = 2; a = 2; a = 2; a = 2; a = 3; Tính giá trị tổng S = Gọi k là số nguyên dương gần    1 k −   n  k + 2   n Khi đó ta có k − n Ví dụ a = 1; a = 1; 1 1 + + + + + a1 a a a 2017 a 2018 1  n  k + Từ đó suy 2 1 1 2 2   k −k +  n  k + k +  k −k +1 n  k + k +1 2 4 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 254 Website:tailieumontoan.com Từ đó ta có 2k số a n = k Để ý ta có a 1981 = a 1982 = = a 2018 = 45 , ta 1 1 + + + + + a1 a2 a a 2017 a 2018 1 1   1   1  3998 =  +  +  + +  + +  + + + + = +  = 2.44 + 38 2 44   45 45  45 45 1 1   44 S= s/ h s/ h 88 s/ h 35 s/ h ( ) điểm A Phần kéo dài đoạn thẳng O O cắt đường tròn ( O ) điểm B Dựng đường tròn ( O ) tiếp xúc ngoài với đường tròn ( O ) D và tiếp xúc với đường tròn ( O ) C(O không nằm Câu Cho hai đường tròn tâm O và O nằm ngoài Đoạn thẳng O 1O cắt đường tròn O 2 trên đoạn thẳng O 1O ) Chứng minh bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên đường tròn Đặt COD =  và AO1D =  Khi đó ta có CBA = CBO2 = 900 − CO2 B C B O2 A Do đó suy CO2 B = 180 − 2CBA α O Mặt khác ta lại có ( β D O1 ) CO2B = OO2O1 = 1800 −  +  Từ hai CBA = kết + trên suy ( )    + Lại có CDA = 1800 − ADO1 + CDO = 1800 −  900 − + 900 −  = 2  Như ta CBA = CDA = + nên tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Câu Cho ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng và theo thứ tự đó cho AB  AC Trong mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC dựng các hình vuông ABDE và BCFK Gọi I là trung điểm đoạn thẳng EF Đường thẳng qua I và vuông góc với EF cắt các đường thẳng BD và AB M và N a) Chứng minh các tứ giác AEIN và EMID nội tiếp đường tròn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 255 Website:tailieumontoan.com + Ta có EAN = EIN = 900 nên tứ giác AEIN M nội tiếp đường tròn đường kính EN + Ta có EDM = EIM = 900 nên tứ giác EMID nội tiếp đường tròn đường kính EM b) Chứng minh ba điểm A, I, D thẳng hàng và K F các điểm B, N, F, M, E cùng nằm trên I đường tròn G + Ta có DAB = FBC = 45 nên suy AD E D song song với BF Gọi O là gia điểm AD và BE, đó O là O trung điểm AD và BE Mà I là trung điểm EF nên OI là đường trung bình tam giác EBF ứng với cạnh BF A B C N Từ đó lại OI song song với BF Như OI và AD cùng song song với BF nên theo tiên đề Ơclit thì hai đường thẳng OI và AD trùng hai ba điểm A, I, D thẳng hàng + Tam giác NEF cân N và có IEN = IAN = 450 nên tam giác NEF vuông cân N Tam giác MEF cân M và có MEI = MDI = 450 nên tam giác MEF vuông cân M Từ đó suy ta tứ giác MENF là hình vuông nên bốn điểm M, E, N, F cùng nằm trên đường tròn đường kính MN Mặt khác tam giác BMN vuông B nên B nằm trên đường tròn đường kính MN Vậy năm điểm B, M, E, N, F cùng nằm trên đường tròn đường kính MN c) Chứng minh ba đường thẳng AK, EF, CD đồng quy Chứng minh hoàn toàn tương tự trên ta có ba điểm C, I, K thẳng hàng Gọi G là giao điểm AK và CD Do D là trực tâm tam giác AKC nên ta có AGC = 900 Tứ giác AEGD nội tiếp đường tròn nên EGF = EDA = 450 Tứ giác CGKF nội tiếp đường tròn nên CGF = CKF = 450 Từ các kết trên ta EGA + AGC + CGF = 1800  EGF = 1800 hay G nằm trên đường thẳng EF Vậy ba đường thẳng AK, CD, EF đồng quy G Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 256 Website:tailieumontoan.com Đề số 17 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH THÁI NGUYÊN Chuyên Tin – Năm học 2017 – 2018 Câu 1(1.0 điểm) ( Không dùng máy tính cầm tay hãy rút gọn A = + ) 6−3 Câu 2(2.0 điểm)  xy + 45y = 4x Giải hệ phương trình  y + 95y + = 7x + 5x   Câu 3(1.0 điểm) ) ( Cho phương trình x + − 11 x + 57 − 24 = Gọi x 1; x là hai nghiệm phân biệt phương trình Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức P = x1 − + x − Câu 4(1.5 điểm) ( ) Tìm tất các nghiệm nguyên x; y phương trình 2x − 2xy = 5x − y − 19 Câu 5(1.0 điểm) Tại hội nghị có 100 đại biểu, số đó có 15 người Pháp (mỗi người quen ít 70 đại biểu) và 85 người Đức (mỗi người không quen quá 10 đại biểu) Biết người có cùng quốc tịch có thể không quen Họ phân vào đủ 21 phòng Chứng tỏ có phòng nào đó không chứa cặp nào quen Câu 6(1.0 điểm) ( ) Cho hai đường tròn tâm O và O nằm ngoài Đoạn thẳng O 1O cắt đường tròn O ( ) điểm B Dựng đường tròn ( O ) tiếp xúc ngoài đồng thời với đường tròn ( O ) D và đường tròn ( O ) C(O không nằm trên đoạn thẳng O O ) Chứng minh bốn điểm A và cắt đường tròn O 2 điểm A, B, C, D cùng nằm trên đường tròn Câu 7(2.5 điểm) Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định không di qua O C và D là hai diểm di động trên cung lớn AB cho AD và BC luôn song song với Gọi M giao điểm AC và BD a) Chứng minh tứ giác AOMB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh hai đường thẳng OM và BC vuông góc với c) Chứng minh C và D di động thì đường thẳng qua M song song với AD luôn qua điểm cố định Hướng dẫn giải ( Câu Không dùng máy tính cầm tay hãy rút gọn A = + ( Ta có A = + ) ( 6−3 = 3+ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ) ( 12 − = + ) 6−3 ) (3 − ) = TÀI LIỆU TOÁN HỌC 257 Website:tailieumontoan.com  xy + 45y = 4x Câu Giải hệ phương trình  y + 95y + = 7x + 5x   Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta xy + 45y = 4x 45y = 4x − xy    2 2 y + 95y + = 7x + 5x y + 5y + + 4x − xy = 7x + 5x  45y = 4x − xy 45y = 4x − xy   2 x + y − 2xy − x − y + =  x − y − x − y + = 45y = 4x − xy 45y = 4x − xy    x − y − =  x − y − x − y − =    x − y − = ( ( ( ) )( ( ) ) ( ) ) x − y − = x − y − = Từ đó ta xét các hệ phương trình sau  và  2 45y = 4x − xy 45y = 4x − xy y = x − x − y − = y = x −   + Với  2 45y = 4x − xy 3x − 43x + 90 = 45 x − = 4x − x x − ( ) ( ) x − y − = y = x − y = x −   + Với  2 45y = 4x − xy 3x − 42x + 135 = 45 x − = 4x − x x − ( ) ( ) Giải các hệ phương trình trên ta các nghiệm hệ đã cho là         ( x; y ) =  43 − 769 ; 31 − 769  ,  43 + 769 ; 31 + 769  , (5;2 ) , (9; ) ) ( Câu Cho phương trình x + − 11 x + 57 − 24 = Gọi x 1; x là hai nghiệm phân biệt phương trình Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức P = x1 − + x − x + x = 22 −  Theo định lí Vi – et ta có  x x = 57 − 24   Ta có P = x − + x − nên P  Bình phương hai vế ta P = x1 − + x − + (x )( ) ( ) ( ) − x − = x + x − + x 1x − x + x + Thay hệ thức Vi – et trên ta ( ) + (4 P = 22 − − + 57 − 24 − 22 − + = 20 − + 36 − 16 = 20 − + (4 −2 ) = 20 − ) − = 16 Do P  nên ta suy P = ( ) Câu Tìm tất các nghiệm nguyên x; y phương trình 2x − 2xy = 5x − y − 19 ( ) Biến đổi phương trình đã cho ta 2x − 2xy = 5x − y − 19  2x − y = 2x − 5x + Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 258 Website:tailieumontoan.com Do x là số nguyên nên 2x −  , đó phương trình trên viết lại thành y= 2x − 5x + 19 17 = x +2− 2x − 2x −   Để ý nhận giá trị nguyên thì 2x − phải là ước 17 Từ đó ta 2x −  −17; −1;1;17   Từ đó ta suy x  0;1; −8; ( ) ( )( )( )( ) Đến đây ta có các nghiệm phương trình đã cho là x; y = −8; −11 , 0; −19 , 1;16 , 9; Câu Tại hội nghị có 100 đại biểu, số đó có 15 người Pháp (mỗi người quen ít 70 đại biểu) và 85 người Đức (mỗi người không quen quá 10 đại biểu) Biết người có cùng quốc tịch có thể không quen Họ phân vào đủ 21 phòng Chứng tỏ có phòng nào đó không chứa cặp nào quen Mỗi người Pháp phải quen ít 70 − 14 = 56 đại biểu Đức Suy số cặp (người Pháp, người Đức) quen ít là 15.56 = 840 Gọi A là nhóm tất người Đức quen với không quá đại biểu người Pháp và n là số phẩn tử ( ) A Suy số cặp (người Pháp, người Đức) quen nhiều là 85 − n 10 + 9n ( ) Ta có 840  85 − n 10 + 9n  n  10 Gọi B là nhóm các đại biểu người Đức không quen đại biểu thuộc tập A Nói khác B là tập đại biểu người Đức không quen với 10 người Pháp Những người thuộc tập hợp B không quen với người Đức khác Ví có 21 phòng mà lại có 15 đại biểu người Pháp nên có ít phòng có đại biểu người Đức Ví có nhiều 10 người Đức có thể quen người Đức nên theo nguyên lí Dirichlet thì phòng toàn ngừi Đức này có ít phòng có nhiều người Đức thuộc nhóm A Phòng này chính là phòng thỏa mãn yêu cầu bài toán ( ) Câu Cho hai đường tròn tâm O và O nằm ngoài Đoạn thẳng O 1O cắt đường tròn O ( ) điểm B Dựng đường tròn ( O ) tiếp xúc ngoài đồng thời với đường tròn ( O ) D và đường tròn ( O ) C(O không nằm trên đoạn thẳng O O ) Chứng minh bốn điểm A và cắt đường tròn O 1 2 điểm A, B, C, D cùng nằm trên đường tròn Đặt OO1O2 = m;O1OO2 = n;OO 2O1 = p Khi đó ta có m + n + p = 1800 Ta có DAO1 = 900 − m n p ; DCO = 900 − ; BCO = 900 − 2 Do đó ta DAO1 + DCO + BCO = 2700 − m+n+p = 1800 ( ) Mặt khác ta có DAB = 1800 − DAO1 và DCB = 1800 − DCO + BCO ( ) Từ đó suy DAB + DCB = 3600 − DAO1 + DCO + BCO = 1800 Do đó từ giác ABCD nội tiếp đường tròn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 259 Website:tailieumontoan.com Câu Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định không di qua O C và D là hai diểm di động trên cung lớn AB cho AD và BC luôn song song với Gọi M giao điểm AC và BD a) Chứng minh tứ giác AOMB nội tiếp đường tròn Do BC song song với AD nên AmB = CnD Ta có AOB = sdAmB Lại có AMB = ( ) sdAmB + sdCnD = sdAmB Do đó ta AOB = AMB Từ đó tứ giác AOMB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh hai đường thẳng OM và BC vuông góc với Do BC song song với AD và tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên ABCD là hình thang cân có hai đáy BC, AD Từ đó ta có MB = MC; MA = MD nên OM là đường trực đoạn thẳng BC Vậy OM vuông góc với BC c) Chứng minh C và D di động thì đường thẳng qua M song song với AD luôn qua điểm có định ( ) Gọi E là giao điểm hai tiếp tuyến với đường tròn O A và B Do O, A, B cố định nên E cố định Tứ giác OAEB nội tiếp đường tròn đường kính OE vì OAE = OBE = 900 Mà tứ giác AOMB nội tiếp đường tròn nên M nằm trên đường tròn đường kính OE Từ đó ta OME = 900 , đó OM vuông góc với EM Từ đó suy EM rong dong với BC hay AD song song với BC Vậy đường thẳng qua M song song với AD luôn qua điểm cố định Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 260 Website:tailieumontoan.com Đề số 18 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN NGUYỄN TRÃI TỈNH HẢI DƯƠNG Vòng – Năm học 2017 – 2018 Câu 1(2.0 điểm) 1) Cho ba số x, y, z đôi khác và thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tính giá trị biểu thức P = 2) Rút gọn biểu thức Q = − ax + ax ( )( 1) Giải phương trình x 2x + + ) 2yx + 2yz + 2zx + 3xyz 2 1 − bx với x = a + bx Câu 2(2.0 điểm) )( 2018 x − y y − z z − x 2a − b ;  a  b  2a b ) ( x + + = 3x + 2x + 13x + 15 + 2x + ( ) x + 4y − 13 + x − x + y − =  2) Giải hệ phương trình   x + y − y + y − x + y + = x + 3y − ( ) ( ) Câu 3(2.0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên phương trình x + 5y2 − 4xy + 4x − 4y + = ( ) 2) Tìm tất các số nguyên dương x; y thỏa mãn x + 3y và y + 3x là các số chính phương Câu 4(3.0 điểm) ) và (O ; R ) cắt hai điểm phân biệt A và B(A, O, B không thẳng hàng) Trên tia dối tia AB lấy điểm C, kẻ các tiếp tuyến CD và CE với đường tròn ( O ) đó D, ( Cho hai đường tròn O; R ' ' ( ) ( ) E là các tiếp điểm và E nằm đường tròn O ' Đường thẳng AD, AE cắt đường tròn O ' M và N(M, N khác A) Đường thẳng DE cắt MN I, OO' cắt AB và DI H và F a) Chứng minh FE.HD = FD.HE b) Chứng minh MB.EB.DI = IB.AN.BD c) Chứng minh O ' I vuông góc với MN Câu 5(1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x + y + y + z2 + z2 + x = x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y Hướng dẫn giải Câu 1(2.0 điểm) 1) Cho ba số x, y, z đôi khác và thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tính giá trị biểu thức Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 261 Website:tailieumontoan.com P = ( )( )( 2018 x − y y − z z − x ) 2xy + 2yz2 + 2zx + 3xyz • Lời giải Do x + y + z = nên ta có x + y + z3 = 3xyz ( Ta có x − y )( y − z )( z − x ) = xy + yz2 + zx − x y − y z − z2 x Để ý từ x + y + z = ta có y + z = −x; z + x = −y; x + y = −z nên ta 2xy + 2yz2 + 2zx + 3xyz = 2yx + 2yz2 + 2zx + x + y + z = xy + yz2 + zx + yx + yz2 + zx + x + y + z3 ( ) ( ) ( 2018 ( x − y )( y − z )( z − x ) 2018 ( xy Từ đó ta có P = = ) = xy + yz2 + zx + y x + y + x z + x + y y + z = xy + yz2 + zx − y 2z − x y − y x 2xy + 2yz2 + 2zx + 3xyz 2) Rút gọn biểu thức Q = + ax − ax Do đó ta xy + yz2 + zx − x y − y 2z − z2 x 1 − bx với x = a + bx 2a − b = b • Lời giải Ta có + ax = + + yz2 + zx − x y − y z − z2 x 2a − b ;  a  b  2a b b + 2a − b ;1 − ax = + b 2a − b = b ( ( a + b 2a − b  − ax  , suy   = b − 2a − b  + ax  a − b 2a − b + ax = − ax b + 2a − b Hoàn toàn tương tự ta − bx = + bx ) = 2018 b − 2a − b b ) ) ( ) 2b ( a − b ) a − 2b a − b a+ Do  a  b  2a nên ta Q=  + ax  − bx − bx =  =  + bx  − ax  + bx + ax − ax Câu 2(2.0 điểm) 1) Giải phương trình x 2x + + ( ( a− ( ) 2b ( a − b ) 2b a − b =1 ) x + + = 3x + 2x + 13x + 15 + 2x + Điều kiện xác định phương trình là x  − x 2x + + ( ) a− b ( 2a − b ) a + a + b 2a − b Biến đổi phương trình ) x + + = 3x + 2x + 13x + 15 + 2x +  x 2x + − 3x − 2x + + + x + − ( x + )(2x + ) = ) ( 2x + − 3) − x + ( 2x + − 3) =  2x + − =  ( 2x + − )( x − − x + ) =   x − − x + = x ( 2x + − −  + Với 2x + − =  2x + =  2x + =  x = + Với x − − x + =  x − = x + , phương trình trình tương đương với Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 262 Website:tailieumontoan.com x −   x  x    x=4  x − 2x + = x + x − 3x − =  x − = x +   ( )   Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S = 3; ( ) x + 4y − 13 + x − x + y − =  2) Giải hệ phương trình   x + y − y + y − x + y + = x + 3y − ( ) ( ) Điều kiện xác định hệ phương trình là x + y +  0; y  0; x + y −  Biến đổi phương trình thứ hai hệ đã cho ( x + y − 3)  ( x + y − 3) ( ) x + y + = x + 3y − y + ( y − 1) ( x + y + − ) − x − y + = ( y − 1)( x + y − ) − x − y − =  ( x + y − 3) y + ( ) y + y −1 x + y +1 +2   x+y−3  y +   ( ) ( )(  x+y−3  − 1 =  x + y +1 +2    y = y +1 =0 y − 1 +  x + y + +   x + y − =  y −1 ) + Với y = , thay vào phương trình thứ hệ ta ( x2 − + x − Ta có x = x2 − =  x − x + + x2 − =    x − + x + = ) ( ) )( x +  x − = −x −   , vô nghiệm x − = x + 6x + x2 − + x + =  + Với x + y − =  y = − x , thay vào phương trình thứ hệ ta ( x − 4x − + x − ) ( x2 − x − =  x2 − x − + x − ) x − x − − 3x = Điều kiện xác định phương trình trên là x − x −  Đặt t = ( ) x − x − , đó phương trình trên trở thành t + x − t − 3x = (  = x−3 ) ( + 4.3x = x − 6x + + 12x = x + 6x + = x + ) 0 Do đó phương trình có hai nghiệm là t = 3; t = −x Từ đó ta  x2 − x − = x − x − =  − 41 + 41     x ; −1;   x − x − = −x   x − x − = x   Thử lại vào phương trình trên ta x = −1 thỏa mãn, suy y = ( ) ( )( ) Kết hợp với điều kiện xác định hệ phươg trình ta các nghiệm là x; y = 3;1 , −1; Câu 3(2.0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên phương trình x + 5y2 − 4xy + 4x − 4y + = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 263 Website:tailieumontoan.com Biến đổi phương trình trên ta x + 5y − 4xy + 4x − 4y + =  x + 4y + − 4xy + 4x − 8y + y + 4y + = (  x − 2y + ) + ( y + 2) 2 =5 Để ý = + = 22 + 12 nên ta xét các trường hợp sau ( ( )  x − 2y + 2 = 22 x − 2y + = 2  + Trường hợp Với  Từ đó ta có các hệ sau  y + = 1  y + = 12 )  x − 2y + =  x − 2y + = −2  x − 2y + =  x − 2y + = −2 ; ; ;  y +2 =1 y +2 =1 y + = −1 y + = −1         ( ) ( )( )( )( ) Giải các hệ trên ta các nghiệm x; y = −10; −3 , −6; −3 , −6; −1 , −2; −1 ( ( )  x − 2y + 2 = 12 x − 2y + = 1   + Trường hợp Với  Từ đó ta có các hệ sau  y + = 2  y + = 22 )  x − 2y + =  x − 2y + = −1  x − 2y + =  x − 2y + = −1 ; ; ;  y +2 =2 y +2 =2 y + = −2 y + = −2         ( ) ( )( )( )( ) Giải các hệ trên ta các nghiệm x; y = −1; , −3; , −9; −4 , −11; −4 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm trên ( ) 2) Tìm tất các số nguyên dương x; y thỏa mãn x + 3y và y + 3x là các số chính phương • Lời giải Không tính tổng quát ta giả sử x  y Khi đó ta có ( x  x + 3y  x + 4x  x + 4x + = x + ) ( Mà x + 3y là số chính phương nên ta có thể suy x + 3y nhận giá trị x + ( Khi x + 3y = x + ) ) ta x + 3y = x + 2x +  3y = 2x +  2x = 3y − Do y + 3x là số chính phương nên 4y + 12x là số chính phương ( ) Từ đó suy 4y + 12x = 4y + 3y − = 4y + 18y − là số chính phương ( Ta có 4y + 18y − = 4y + 8y + + 10y − 10 = 2y + ( ) ( ) ( ) ( ) + 10 y −  2y + ) Lại có 4y + 18y − = 4y + 20y + 25 − 2y + 19  2y + ( Như ta 2y + ) ( )  4y + 18y −  2y + Do đó ta xét các trường hợp sau ( ) ( )  6y = 15 , phương trình không có nghiệm nguyên ( )  2y = 22  y = 11 , từ đó ta x = 16 + Nếu 4y + 18y − = 2y + + Nếu 4y + 18y − = 2y + + Nếu 4y + 18y − = 2y +  y = , từ đó ta x = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 264 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ) ( )( ) Vậy các cặp số x; y thỏa mãn yêu cầu bài toán là x; y = 1;1 , 16;11 Câu 4(3.0 điểm) ) và (O ; R ) cắt hai điểm phân biệt A và B(A, O, B không thẳng hàng) Trên tia dối tia AB lấy điểm C, kẻ các tiếp tuyến CD và CE với đường tròn ( O ) đó D, ( ' Cho hai đường tròn O; R ' ( ) ( ) E là các tiếp điểm và E nằm đường tròn O ' Đường thẳng AD, AE cắt đường tròn O ' M và N(M, N khác A) Đường thẳng DE cắt MN I, OO' cắt AB và DI H và F a) Chứng minh FE.HD = FD.HE C Dễ dàng chứng minh các tứ giác CDOH, CDOEC nội tiếp đường tròn Do đó năm điểm O, D, C, E, H nằm trên cùng đường tròn Suy ta DHC = DEC = CDE = CHE Từ đó ta có D DHC = DEC = CDE = CHE Suy CH và A là phân giác và ngoài góc M DHE Từ đó suy HE FE =  F D.HE = F E.HD HD F D E O H O' F I b) Chứng minh MB.EB.DI = IB.AN.BD B ( O ) ta có BDE = BAE và đường tròn (O ) ta có BAE = BMI ' Trong đường tròn Từ đó suy BDE = BMI nên tứ giác DMIB nội tiếp đường tròn Suy ADI = BMI , mà ADI = ABE nên ta ABE = MBI Kết hợp với BAN = BMN ta MIB ∽ AEB MB BA MB EB.ID BA EB.DI AB.DI =  = = IB EB IB AN.BC EB AN.BD AN.BD Từ đó suy BM.EB.ID AB.DI = Hay ta IB.AN.BD AN.BD Lại có DIB = DMB = ANB nên ta có ANB = DIB Kết hợp với BAN = BDI nên ta DBI ∽ ABN BD AB AB.DI = =1 AN hay AB.DI = AN.BD nên AN.BD Từ đó suy ID BM.EB.ID AB.DI BM.EB.ID = =1 Từ đó kết hợp với IB.AN.BD AN.BD ta IB.AN.BD Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 265 Website:tailieumontoan.com Hay MB.EB.DI = IB.AN.BD c) Chứng minh O ' I vuông góc với MN CE AE = Ta có CEB ∽ CAE nên ta CB BE CD AD = BD Lại có CDA ∽ CBD nên ta có CB Mà ta có CD = CE nên từ các kết trên ta AE AD = BE BD Lại có BNI = BAD = BED nên tứ giác BEIN nội tiếp đường tròn BI BD = IN AD Do đó BIN = BEN = BDA Từ đó dẫn đến BNI ∽ BAD nên ta Hoàn toàn tương tự ta có BIN = BEN nên BIM = AEB và BMI = BAE BI BE = MI EA Từ đó suy BIM ∽ BEA nên ta có Từ hai điều trên ta IN BD.AE = = nên suy IM = IN Do đó O ' I vuông góc với MN IM AD.BE Câu Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x + y + y + z2 + z2 + x = x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y ( ) + Cách Dễ dàng chứng minh y2 + z2  x + y đó ta Hoàn toàn tương tự ta M  x2 Đặt a = ( y + z2 ) + ( y2 z2 + x ) + ( x2  y+z z2 x + y2 ( x2 y + z2 ) ) y + z2 ; b = z2 + x ; c = x + y , suy a + b + c = Từ đó ta x = b + c2 − a 2 c2 + a − b 2 a + b − c ;y = ;z = 2 Khi đó ta M   b + c2 − a c2 + a − b a + b − c + +  a b c 2   Xét biểu thức  b + c2 − a c2 + a − b a + b − c + + a b c b c2 a c2 a b = + + + + + − a +b+c a a b b c c Q= ( ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 266 Website:tailieumontoan.com  a b c2   b c2 a  Q =  + +  +  + +  − a + b + c c a   a b c  b 2 a +b+c a +b+c  + − a +b+c =a +b+c=6 a +b+c a +b+c ( ( Do đó ta M  ) ( ) ) ( ) 3 Vậy giá trị nhỏ M là 2 = 2 Đẳng thức xẩy và x = y = z = = + Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có ( ) = x + y + y + z2 + z + x  x + y + z  x + y + z  Lại có ( ) ( ) ( ) + y2 y2 + z2  y + z; z2 + x  z + x; x + y  x + y Từ đó ta M= x2 y2 z2 + +  y+z z+x x+y x2 ( ) − ( y + z ) − (z + x ) − (x = + + (y + z ) (z + x ) (x = ( y + z2 2 2 2 2 2 y +z 2 + ) ( z +x 2 ) + ( ( +y ) +y ) z2 + x ) + z2 ( x2 + y2 ) 2 x +y 2 ( − x +y + y +z + z +x ) x + y + y + z2 + z2 + x ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz có ( y + z2 Do đó ta M  ) + ( z2 + x − = ) + = ( x2 + y2 )  2 2 = Dấu xẩy và x = y = z = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 267 Website:tailieumontoan.com Đề số 19 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BẮC GIANG Năm học 2017 – 2018 Câu (5.0 điểm) x x + x −2 x +2  x −1  − Cho biểu thức P =  , với x  0; x    2x + x − x − x + x +   a) Rút gọc biểu thức A 1009 + 2017 1009 − 2017 − 2 x = b) Tính giá trị A Cho phương trình x − 2x − 2m − = (x là ẩn và m là tham số) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x thỏa mãn ( ) x12 + 2m + x + 2m + ( ) x + 2m + x + 2m 2 = 122 11 Câu (5.0 điểm) 1) Giải phương trình 2x − x + − 3x = x − 2x + 2 2  x y + = 2y 2) Giải hệ phương trình  xy + y − x = x y   ( )( ) Câu (3.0 điểm) ( ) 1) Tìm tất các số nguyên dương x; y; z thỏa mãn x + y 2017 y + z 2017 là số hữu tỷ, đồng thời ( y + )( 4xz + 6y − ) là số chính phương 2) Trong hình vuông có cạnh 1dm đặt số hình vuông có tổng chu vi 9dm Chứng minh tồn đường thẳng cắt ít ba hình vuông nhỏ (không tính hình vuông bao ngoài) Câu (6.0 điểm) Cho tam giác OAI vuông A và B là điểm đối xứng với A qua đường thẳng IO Gọi H và E lần ( ) lượt là trung điểm AB, BI Gọi D là giao điểm AE với đường tròn C có tâm O bán kính OA (D khác A) a) Chứng minh tứ giác BHDE nội tiếp đường tròn ( ) b) Gọi J là giao điểm đường thẳng ID với đường tròn C (I khác D) Chứng minh tam giác ABJ cân ( ) c) Gọi K là giao điểm đường thẳng DH với đường tròn C (K khác D) Chứng minh IH2 = ID.IK − HD.HK Câu (6.0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn xy + Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 x = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: TÀI LIỆU TOÁN HỌC 268 Website:tailieumontoan.com P = y 4x + + 15xy x 3y Hướng dẫn giải Câu (5.0 điểm) x x + x −2 x +2  x −1  − Cho biểu thức P =  , với x  0; x   x −1 x + x +  2x + x −  a) Rút gọc biểu thức A Với x  0; x  ta có x x + x −2 x +2  x −1  P = −   x −1 x + x +  2x + x −   x −1 x +2 x +2 x +2  = − x −1 x +1 x +1 x +2  ( = )( ( )( x +2 x +1 b) Tính giá trị A x +1 x +3 = )( (     x −1 ) ( )( x −1 x + ) x +1 x +3 1009 + 2017 1009 − 2017 − 2 x = Với x  0; x  ta có P = ) ) x +1 x +3 Ta có 1009 + 2017 1009 − 2017 1  − =  2018 + 2017 − 2018 − 2017  2 2  2  1 1 =  2017 + − 2017 −  = 2017 + − 2017 −  =      x = ) ( ) ( ) ( Từ đó ta dược x = , thỏa mãn điều kiện xác định Do đó x = ta P = +1 +3 = Cho phương trình x − 2x − 2m − = (x là ẩn và m là tham số) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x thỏa mãn ( ) x12 + 2m + x + 2m + ( ) x + 2m + x + 2m 2 = 122 11 Xét ' = + 2m + = 2m + Phương trình đã cho có hai nghiệm phân kiệt 2m +   m  −1 Thao hệ thức Vi – et ta có x + x = 2; x 1x = −2m −  x − 2x − 2m − = Mặt khác x 1; x là nghiệm phương trình nên ta có  12 x − 2x − 2m − =   Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 269 Website:tailieumontoan.com ( ) x 12 + 2m + x + 2m ( ( ) ) + ( ) x + 2m + x + 2m 2 = 122 11 ( ) ( ) x + 2m + x + 2m = x − 2x − 2m − + 2m + x + 2x + 4m = 2m + x + 2x + 4m 1 2 2 Ta có  12 x + 2m + x + 2m =  2 x + 2m + x + 2m = x 12 + 2mx + 5x + 2m = 2x ( ) Câu (5.0 điểm) 1) Giải phương trình 2x − x + − 3x = x − 2x + Điều kiện xác định phương trình là 2x − x  0; − 3x  0; x − 2x +  2x − x + − 3x = Phương trình đã cho viết lại thành ( Đặt a = 2x − x; b = ) − 3x a  0; b  Khi đó phương trình trên trở thành a +b =2 Từ đó ta 2x − x + − 3x a + b2  a +b ( ) ( ) ( = a + b2  a − b ) =0a =b   2x − x = − 3x  2x − x = − 3x  2x + 2x − =  x  1; −2   Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình là S = −2;1 2  x y + = 2y 2) Giải hệ phương trình  xy + y − x = x y   ( )( ) Phương trình thứ hệ viết lại thành x y2 = 2y2 − , vào phương trình thứ hai hệ ta ( xy + 2)( y − x ) = x (2y ) −  xy − x y + 2y − 2x = 2xy − 4x ( ) ( ) ( )( )  xy + x y − 2x − 2y =  xy x + y − x + y =  x + y xy − = 2 + Với x + y =  x = −y , vào phương trình thứ hệ ta y − 2y + = , phương trình vô nghiệm + Với xy − =  xy = , vào phương trình thứ hệ ta  x = 1; y = + = 2y  y =  y = 2    x = −1; y = −2 ( ) ( )( ) Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = −1; −2 , 1; Câu (3.0 điểm) ( ) 1) Tìm tất các số nguyên dương x; y; z thỏa mãn x + y 2017 y + z 2017 là số hữu tỷ, đồng thời ( y + )( 4xz + 6y − ) là số chính phương 2) Trong hình vuông có cạnh 1dm đặt số hình vuông có tổng chu vi 9dm Chứng minh tồn đường thẳng cắt ít ba hình vuông nhỏ (không tính hình vuông bao ngoài) Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 270 Website:tailieumontoan.com Câu (6.0 điểm) Cho tam giác OAI vuông A và B là điểm đối xứng với A qua đường thẳng IO Gọi ( ) H và E là trung điểm AB, BI Gọi D là giao điểm AE với đường tròn C có tâm O bán kính OA (D khác A) a) Do E là trung điểm BI và H là trung điểm AB nên HE là đường trung bình tam giác BAI Do đó ta có BHE = BAI A Để ý tam giác AOI vuông A nên AI trở thành tiếp tuyến đường tròn J D ( ) O C Từ đó ta I H H' DAI = BAD Do đó BHE = BAI = BAD + DAI K K' E = BAD + DBA = BDE B Suy tứ giác BHDE nội tiếp đường tròn ( ) b) Gọi J là giao điểm ID với đường tròn C Chứng minh tam giác ABJ cân Kẻ IK′ song song với AB, gọi H′ là giao điểm DK′ và AB Khi đó xét hai tam giác ADH' và J DB ta có J AB = AH' D và H ' DA = BAJ Do đó ta ADH ' ∽ J DB nên ta AH ' JB = ' DB DH Xét hai tam giác BDH và J DA ta có BDH ' = ADJ và DJ A = DBH ' Do đó ta BDH ∽ J DA nên ta có BH ' JA = ' DA DH Mặt khác dễ dàng chứng minh IDA ∽ IAJ và IDB ∽ IBJ nên ta có Từ đó dẫn đến JB JA = DB DA AH ' BH ' nên suy BH = AH hay H  H ' = DH ' DH ' Từ đó ta suy K  K ' nên IK song song với AB Dễ dàng suy tam giác BJA cân B ( ) c) Gọi K là giao điểm DH với đường tròn C Chứng minh IH2 = ID.IK − HD.HK Dễ thấy ID.IJ = IA2 = IH.IO nên suy tứ giác JOHD nội tiếp Kết hợp với JKBA là hình thang cân nên ta tam giác IJK cân I Do đó ta có ID IO IO = = hay ta ID.IK = IO.IH IH IJ IK Mà ta lại có HO.HI = HA.HB = HD.HK Trừ theo vế hai hệ thức ta ID.IK − HD.HK = ( IO − HO ) IH = IH Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 271 Website:tailieumontoan.com x = Tìm giá trị nhỏ biểu Câu (6.0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn xy + thức: P = y 4x + + 15xy x 3y • Lời giải Do các số x, y dương nên áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x y x +  2; + 3xy  2x y x 3y Do đó ta có P = Đặt a = x y  x  y 4x + + 15xy =  +  +  + 3xy  + 12xy  + 2x + 12xy x 3y  y x   3y  x; b = xy , đó giả thiết bài toán viết lại thành xy + x =  xy + x =  a + 3.b = 3 Và ta lại P  + 2x + 12xy = + 2a + 12b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có ( 3  2a + 12b  +   2  ) ( 3a + 6b Từ đó ta P  , dấu xẩy và a = ) ( = a + 3.b Vậy giá trị nhỏ P là 9, xẩy x = y = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ;b = ) =9 1 hay x = y = 3 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 272 Website:tailieumontoan.com Đề số 20 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÌNH DƯƠNG Năm học 2017 – 2018 Câu (3.0 điểm) a) Giải phương trình x − 3x + = − 3 x + x2 + x − x = yz  b) Giải hệ phương trình y − y = zx z2 − z = xy  Câu (1.5 điểm) Với x, y là các số dương thỏa mãn x  2y Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x + y2 xy Câu (2.0 điểm) a) Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn điều kiện b + d  0; ( trình x + ax + b )( x ) ac  Chứng minh phương b+d + cx + d = (x là ẩn) luôn có nghiệm ( ) b) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x − y2 = xy + Câu (3.5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A ( AB  AC ) ngoại tiếp đường tròn tâm O Gọi D, E, F là ( ) tiếp điểm đường tròn O với các cạnh AB, AC, BC và I là giao điểm BO với EF, M là điểm di động trên đoạn CE a) Tính số đo góc BIF b) Gọi H là giao điểm BM và EF Chứng minh MA = AB thì tứ giác ABHI là tứ giác nội tiếp c) Gọi N là giao điểm BM với cung nhỏ EF (O) Gọi P, Q là hình chiếu vuông góc N lên các đường thẳng DE, DF Xác định vị trí điểm MM để độ dài PQ lớn Câu (3.0 điểm) a) Giải phương trình x − 3x + = − 3 x + x2 + Điều kiện xác định phương trình là x  R Biến đổi phương trình đã cho ta ( ) ( ) x2 − x + − x2 + x + = − ( 3 (x )( − x + x2 + x + ) ) Đặt a = x − x + 1; b = x + x + a  0; b  Khi đó phương trình trên trở thành Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 273 Website:tailieumontoan.com ( ) ab ab ab  2a − b =  4a − 4ab + b = 3  12a − 13ab + 3b =  4a − 3b 3a − b = 2a − b = − ( )( ) + Với 4a − 3b =  4a = 3b , đó ta có phương trình ( ) ( ) x − x + = x + x +  x − 7x + =  x =  45 + Với 3a − b =  3a = b , đó ta có phương trình ( ) ( ) x − x + = x + x +  2x − 4x + =  x − =0  x =1  − 45 + 45  ;1; Thay các nghiệm trên vào phương trình ban đầu ta tập nghiệm là S =   2   x − x = yz  b) Giải hệ phương trình y − y = zx z2 − z = xy  ( ( ( ) ) )  x x − = yz x − x = yz    Biến đổi hệ phương trình ta y − y = zx   y y − = zx z2 − z = xy    z z − = xy Ta xét các trường hợp sau: + Trường hợp Với x = , đó từ hệ phương trình đã cho ta y = hoặc y = 0; z = 1 y = 1; z = thỏa mãn + Trường hợp Với x = 1 , đó từ phương trình thứ ta yz = , kết hợp với phương trình thứ hai và thứ ba hệ ta y = z = Như x = 1; y = z = là nghiệm hệ phương trình + Trường hợp Với x  0; x  1 , đó ta suy y  0; z  Từ các phương trình hệ ta suy x −  0; y −  0; z −  Nhân theo vế các phưng trình hệ trên ta ( )( y − 1)( z − 1) = x y z xyz x − Ta có  x −  x ;  y −  2 (  x −1 )( y − 1)( z − 1) = xyz ;0  z −1  z ( )( y − 1)( z − 1)  xyz Từ đó suy phương trình ( x − 1)( y − 1)( z − 1) = xyz vô nghiệm Do đó ta x − Vậy trường hợp thì hệ phương trình vô nghiệm ( ) ( )( )( ) Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y; z = 0; 0; , −1; 0; , 1; 0; và các hoán vị Câu (1.5 điểm) Với x, y là các số dương thỏa mãn x  2y Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 x + y2 xy TÀI LIỆU TOÁN HỌC 274 Website:tailieumontoan.com Câu (2.0 điểm) a) Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn điều kiện b + d  0; ( trình x + ax + b )( x ) ac  Chứng minh phương b+d + cx + d = (x là ẩn) luôn có nghiệm ( ) b) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x − y2 = xy + Câu (3.5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A ( AB  AC ) ngoại tiếp đường tròn tâm O Gọi D, E, F là ( ) tiếp điểm đường tròn O với các cạnh AB, AC, BC và I là giao điểm BO với EF, M là điểm di động trên đoạn CE a) Tính số đo góc BIF b) Gọi H là giao điểm BM và EF Chứng minh MA = AB thì tứ giác ABHI là tứ giác nội tiếp c) Gọi N là giao điểm BM với cung nhỏ EF (O) Gọi P, Q là hình chiếu vuông góc N lên các đường thẳng DE, DF Xác định vị trí điểm MM để độ dài PQ lớn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 275 Website:tailieumontoan.com Đề số 21 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN THÀNH PHỐ HÀ NỘI Chuyên Tin – Năm học 2017 – 2018 Câu 1(2.0 điểm) a) Giải phương trình 5x − x + 2x − 10x + = x + y + xy = b) Giải hệ phương trình   x + y = Câu 2(2.5 điểm) a) Tìm tất các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = và 3x + 2y2 − z2 = 13 b) Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a + b = c2 Chứng minh tích ab chia hết cho a + b + c c) Tìm tất các số tự nhiên n thỏa mãn 2n + 1; 3n + là các số chính phương và 2n + là số nguyên tố Câu 3(1.5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn P = 1 1 + + = Tìm giá trị lớn biểu thức a b c + 1 + (2a + b + c ) (a + 2b + c ) (a + b + 2c ) 2 Câu 4(3.0 điểm) ( ) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC nội tiếp đường tròn O Gọi D là trung điểm cạnh BC, E là hình chiếu A trên cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC Đường thẳng AD cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai là F a) Chứng minh BC = 4DA.DF ( ) b) Tia DH cắt đường tròn O điểm G Chứng minh bốn điểm A, G, E, D cùng thuộc đường tròn ( ) c) Đường thẳng EF cắt đường tròn O điểm thứ hai là E Chứng minh BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác GKE Câu 5(1.0 điểm) Ta viết lên bảng 99 số tự nhiên liên tiếp 1;2; 3; ; 99 và thực thao tác sau: Xóa ba số a, b, c bất kì trên bảng lại viết lên bảng số abc + ab + bc + ca + a + b + c Thực thao tác trên bảng còn đúng số Tìm số còn lại đó Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 276 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải Câu 1(2.0 điểm) 5x − x + 2x − 10x + = a) Giải phương trình Điều kiện xác dịnh phương trình là  x  Phương trình đã cho tương đương với ( ) 5x − x − 5x − x − = Đặt t = ( ) 5x − x t  Khi đó phương trình trên viết lại thành 2t − t − =  t =   Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm phương trình là S = 1; 4 5x − x =  5x − x =  x − 5x + =  x  1; Từ đó ta x + y + xy = b) Giải hệ phương trình   x + y = Điều kiện xác định hệ phương trình là x  0; y  Bình phương hai vế phương trình thứ hai hệ ta x + y + xy = x + y + xy = Khi đó ta có hệ phương trình  x + y + xy =  a = x + y b  Khi đó hệ trên dược viết lại thành Đặt  b = xy ( ) a  a b  a ( ) 2 + b2 =  − 2b + b = b − 2b + =   + 2b = a = − 2b a = − 2b =1 x + y =   x = y =1 =2  xy = ( ) ( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm hệ phương trình là x; y = 1;1 Câu 2(2.5 điểm) a) Tìm tất các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = và 3x + 2y2 − z2 = 13 • Cách Từ các hệ thức trên ta có hệ phương trình x + y + z = z = − x − y    2 2 3x + 2y − z = 13 z = 3x + 2y − 13 Thế z = − x − y vào phương trình thứ hai hệ trên ta (2 − x − y ) = 3x + 2y − 13  x + y + − 4x − 4y + 2xy = 3x + 2y − 13  2x + y − 2xy + 4x + 4y − 17 =  x + y + − 2xy − 4x + 4y + x + 8x + 16 = 37 (  y−x +2 ) + (x + 4) 2 = 37 Để ý ta có 37 = 12 + 62 và x, y nguyên dương nên ta xét các trường hợp sau Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 277 Website:tailieumontoan.com ( ( )  y −x +2 =1  + Trường hợp Với   2 x + =  ) ( ( y − x + = 1 x =   x + = y = )  y − x + 2 = 62  + Trường hợp Với  , hệ không có nghiệm nguyên dương x + =  ) Thay vào phương trình thứ hệ ban đầu ta tìm z = ( ) ( ) Vậy cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán x; y; z = 2;1;1 • Cách Từ các hệ thức trên ta có hệ phương trình x + y + z = z = − x − y   2 2 3x + 2y − z = 13 z = 3x + 2y − 13 Thế z = − x − y vào phương trình thứ hai hệ trên ta (2 − x − y ) = 3x + 2y − 13  x + y + − 4x − 4y + 2xy = 3x + 2y − 13 (  2x + y − 2xy + 4x + 4y − 17 =  x − y ( Do x, y, z là các số nguyên dương nên ta có x − y ( Do đó ta x − y ) + ( x + 2) 2 ) ) + (x + 2) 2 (  và x + = 21 − 4y )  (1 + ) 2 =  nên 21 − 4y   4y  12  y    Do y là số nguyên dương nên ta có y  1; 2; Ta xét các trường hợp sau ( + Với y = , ta x − ) + ( x + 2) 2 = 17  2x + 2x − 12 =  x = Thay vào phương trình thứ hệ ta z = ( ) + ( x + 2) ( ) + ( x + 2) + Với y = , ta x − 2 = 13  2x − = Phương trình không có nghiệm nguyên dương + Với y = , ta x − 2 =  2x − 2x + = Phương trình vô nghiệm ( ) ( ) Vậy cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán x; y; z = 2;1;1 b) Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a + b = c2 Chứng minh ab chia hết cho a + b + c Đặt t = a + b + c , đó ta c = a + b − t Thay vào đẳng thức a + b = c2 ta ( a + b2 = a + b − t )  a + b = a + b + t + 2ab − 2at − 2bt 2a + 2b − t  t + 2ab − 2at − 2bt =  2ab = t 2a + 2b − t  ab = t ( ( ) Từ đó ta ab = a + b + c Ta chứng minh ) a +b−c a +b−c là số nguyên hay a + b − c là số chẵn ( Thật vậy, từ a + b = c2 ta a + b Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ) ( )( ) = c2 + 2ab  a + b + c a + b − c = 2ab TÀI LIỆU TOÁN HỌC 278 Website:tailieumontoan.com Do đó hai số a + b + c và a + b − c có ít số chẵn ( ) ( ) ( ) Mặt khác ta lại có a + b + c + a + b − c = a + b nên a + b + c và a + b − c có cùng tính chẵn lẻ Kết hợp lại ta a + b + c và a + b − c cùng là số chẵn Vậy a +b−c là số nguyên nên ta suy ab chia hết cho a + b + c c) Tìm tất các số tự nhiên n thỏa mãn 2n + 1; 3n + là các số chính phương và 2n + là số nguyên tố  2n + = a Do 2n + 1; 3n + là các số chính phương nên tồn tai a, b nguyên dương thỏa mãn  3n + = b    n = − a Từ đó ta   2n + = − a + 3a − 2b = 25a − 16b 2 = 3a − 2b   ( ( Hay ta 2n + = 5a − 4b ) ( ) )(5a + 4b ) Do a và b là các số nguyên dương nên ta có 5a + 4b  5a − 4b 5a − 4b = Do đó để 2n + là số nguyên tố thì ta cần có  5a + 4b = 2n + Từ đó ta b = 5a − Thay vào hệ thức = 3a − 2b ta  5a −  3a −   =  a − 10a + =  a  1;     + Với a = ta b = , từ đó ta n = Ta thấy 2n + = không phải là số nguyên tố + Với a = ta b = 11 , từ đó ta n = 40 Ta thấy 2n + = 89 là số nguyên tố Vậy số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 40 Câu 3(1.5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn P = 1 1 + + = Tìm giá trị lớn biểu thức a b c + + (2a + b + c ) (a + 2b + c ) (a + b + 2c ) Áp dụng bất đẳng thức quy thuộc dạng 2 11 1   +  ta có x +y 4x y 1 1 1  =   +  2a + b + c a + b + a + c  a + b a + c  2   1  1  + Từ đó ta      Áp dụng hoàn toàn tương tự ta 16  a + b a + c   2a + b + c   1   1   1  P + + +   +  +  16  a + b a + c   b + c a + b   c + a b + c   Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 2     TÀI LIỆU TOÁN HỌC 279 Website:tailieumontoan.com Hay 16P  2 + + + + + (a + b ) ( b + c ) ( c + a ) (a + b )( b + c ) ( b + c )( c + a ) ( c + a )(a + b ) 2 Áp dụng bất đẳng thức dạng x + y + z2  xy + yz + zx ta 2 + + 2  + + (a + b )( b + c ) ( b + c )( c + a ) ( c + a )(a + b ) (a + b ) ( b + c ) ( c + a ) Do đó 16P  4 + + (a + b ) (b + c) (c + a ) 2 Đặt Q = + + (a + b ) (b + c) (c + a ) 2 2 Áp dụng hoàn toàn tương tự trên ta 2  1   1   1    1 1 1  Q  +  + +  + +    + + + + + 2 16  a b   b c   c a   16  a b b c c a    1 1 1 =  + + 2= 4a b c  Từ đó ta 16P  3 P  , dấu xẩy và a = b = c = 16 Vậy giá trị lớn P là , đạt a = b = c = 16 Câu 4(3.0 điểm) ( ) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC nội tiếp đường tròn O Gọi D là trung điểm cạnh BC, E là hình chiếu A trên cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC Đường thẳng AD cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai là F a) Chứng minh BC = 4DA.DF Xét hai tam giác ADC và BDF có ADC = BDF và DAC = DBF nên suy ADC ∽ BDF Từ đó ta AD DC = hay ta AD.DF = BD.CD BD DF Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 280 Website:tailieumontoan.com Do D là trung điểm BC nên ta BD.CD = ( ) b) Tia DH cắt đường tròn O BC Từ đó suy BC = 4DA.DF điểm G Chứng minh bốn điểm A, G, E, D cùng thuộc đường tròn ( ) Gọi I là điểm đối xứng với A qua O, đó AI là đường kính đường tròn O Do đó ta có ABI = ACI = 900 nên ta BI song song với CH và CI song song với BH Suy tứ giác IBHC là hình bình hành, đó I qua trung điểm D BC Điều này dẫn đến ba điểm G, H, D, I thẳng hàng Suy ta có DGA = 900 Ta có DGA = DEA = 900 nên tứ giác AGED nội tiếp đường tròn ( ) c) Đường thẳng EF cắt đường tròn O điểm thứ hai là E Chứng minh BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác GKE ) ( Do tứ giác AGED nội tiếp đường tròn nên ta có EGD = EAD = 900 − EDA = 900 − DEF + DFE ) ( Từ đó ta KEB = DEF = 900 − EGD + DFE Do tứ giác AGKF nội tiếp đường tròn nên ta có DEF = 1800 − AGK = 900 − EGD − EGK ) ( Từ hai kết trên ta KEB = 900 − 900 − EGK = EGK Gọi Et là tia tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác GEK, đó ta có KEB = KEt Do đó ta KEB = EGC Từ đó suy hai tia Et và EB trùng hay BC là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác GKE Câu 5(1.0 điểm) Ta viết lên bảng 99 số tự nhiên liên tiếp 1;2; 3; ; 99 và thực thao tác sau: Xóa ba số a, b, c bất kì trên bảng lại viết lên bảng số abc + ab + bc + ca + a + b + c Thực thao tác trên bảng còn đúng số Tìm số còn lại đó ( )( )( ) Ta có abc + ab + bc + ca + a + b + c = a + b + c + − ( )( ) ( ) Khi xóa ba số a, b, c từ dãy số trên thì ta thay ( a + 1)( b + 1)( c + 1) − Khi đó dãy số trên bảng có tích S = ( a + 1)( a + 1) ( a + 1) không đổi Điều đó có nghĩa là đến trên bảng còn lại số thì tích S = ( a + 1)( a + 1) ( a + 1) không đổi Từ đó suy số còn lại trên bảng là S − = ( a + 1)( a + 1) ( a + 1) − , với a ; a ; a ; ; a là dãy số đã cho Giả sử dãy số trên bảng kí hiệu là a ; a ; a ; ; a 99 Xét tích S = a + a + a 99 + 1 99 1 2 99 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 99 99 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 281 Website:tailieumontoan.com Đề số 22 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN TP HỒ CHÍ MINH Năm học 2017 – 2018 Câu (2.0 điểm) a) Cho các số thực a, b, c cho a + b + c = , a + b + c2 = 29 và abc = 11 Tính giá trị a + b + c5 ( b) Cho biểu thức A = m + n ) + 3m + n với m, n là các số nguyên dương Chứng minh A là số chính phương thì n + chia hết cho m Câu (2.0 điểm) ( a) Giải phương trình x + ) 3x − = 3x − 7x −  10 = −1 x + − b) Giải hệ phương trình  y x 20y − xy − y =  Câu (1.5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC  BC Trên các cạnh BC, AC lấy các điểm M, N cho AN = AB = BM Các đường thẳng AM và BN cắt K Gọi H là hình chiếu K lên AB Chứng minh rằng: a) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên KH b) Các đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH tiếp xúc với Câu (1.5 điểm) Cho x, y là số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 16 xy x + y2 + x+y xy Câu (2.0 điểm) ( ) Cho tam giác ABC có góc B tù Đường tròn O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, CA, BC L, H, J a) Các tia BO, CO cắt LH M, N Chứng minh bốn điểm B, C, M, N cùng thuộc đường tròn b) Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với AJ, d cắt AJ và đường trung trực cạnh BC D và F Chứng minh bốn điểm B, D, F, C cùng thuộc đường tròn Câu (1.0 điểm) Trên đường tròn có điểm phân biệt, các điểm này nối với các đoạn thẳng màu xanh màu đỏ Biết tam giác tạo điểm chứa ít cạnh màu đỏ Chứng minh tồn điểm cho đoạn thẳng nối chúng có màu đỏ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 282 Website:tailieumontoan.com Câu (2.0 điểm) a) Cho các số thực a, b, c cho a + b + c = , a + b + c2 = 29 và abc = 11 Tính a + b + c5 Ta có ab + bc + ca = ( 1 a +b+c  ) − (a ) ( ) + b + c2  = − 29 = −10  2 ( Do đó ta có a b + b c2 + c2a = ab + bc + ca ) ( ) ( − 2abc a + b + c = −10 )( ( ) − 2.11.3 = 34 ) ( ) Lại có a + b + c3 − 3abc = a + b + c a + b + c2 − ab − bc − ca = 29 + 10 = 117 Do đó ta a + b + c3 = 117 + 33 = 150 Từ đó dẫn đến (a )(a + b + c ) = a + b + c + a b + a c + b a + ( a b + b c + c a ) ( a + b + c ) − abc ( a + b + c ) + b + c2 = a + b + c5 3 2 5 3 + b c2 + c a + c b 2 ( ) Hay ta 150.29 = a + b + c5 + 34.3 − 11 −10 Do đó a + b + c5 = 4138 ( b) Cho biểu thức A = m + n ) + 3m + n với m, n là các số nguyên dương Chứng minh A là số chính phương thì n + chia hết cho m ( Do m, n là các số nguyên dương nên ta có m + n Do đó m + n ( ) ( ) Do đó m + n ( )  (m + n ) ( ) + 3m + n  m + n + ( ) )  A  m + n + Mà A là số chính phương nên ta A = m + n + + 3m + n = m + n + Từ đó suy n ( + = ( n + 1) ( n ) ( )  3m + n = m + n +  m = n + ) ( ) − n + = m n2 − n + m Câu (2.0 điểm) ( a) Giải phương trình x + ) 3x − = 3x − 7x − Điều kiện xác địnhcủa phương trình là x  ( x +2 ( ) Ta có ( 3x − = 3x − 7x −  x +  x + + 3x − Dễ thấy Biến đổi phương trình đã cho ta ) ) ( +2 x +2 ) 3x − + 3x − = 4x  x + + 3x − = 2x  3x − = x − = 4x     x + + 3x − = −2x  3x − = −3x −   3x − = −3x − vô nghiệm vì x  x   3x − = x −   3x − = x − ( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta x = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 + 29 x   x= x − 7x + = + 29 là nghiệm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 283 Website:tailieumontoan.com  10 = −1 x + − b) Giải hệ phương trình  y x 20y − xy − y =  Điều kiện xác định hệ phương trình là x  0; y  Biến đổi hệ phương trình đã cho ta  10 = −1 x + −  y x  20y − xy − y =    10 x +x+ x + + =    y x  x xy + y + = 20y  + +   y y Đặt v = , đó hệ phương trình trên trở thành y x = 10 y = 20 y2  x + x + xv = 10  xv + v + v = 20   Lấy tổng theo vế hai phương trình hệ ta ( x + v ) + ( x + v ) = 30  ( x + v + )( x + v − ) = + Với x + v + = ta v = −6 − x đó ta có hệ phương trình ( ) x + x + x −6 − x = 10 −5x = 10 x = −2     v = −6 − x v = −4 v = −6 − x x = −2 x = −2    1  y = −4 y = −   + Với x + v − = ta v = − x đó ta có hệ phương trình   5 x=  x = x + x + x − x = 10 6x = 10       v = − x 10 v = − x   v = y =     10   ( )  1 5  Kết hợp với điều kiện xác định ta các nghiệm là x; y =  −2; −  ,  ;    10   ( ) Câu (1.5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC  BC Trên các cạnh BC, AC lấy các điểm M, N cho AN = AB = BM Các đường thẳng AM và BN cắt K Gọi H là hình chiếu K lên AB Chứng minh rằng: a) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên A KH Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có AB = AN nên tam giác ABN cân A Từ đó AI là đường phân giác là đường cao tam giác ABN Do đó ta AI vuông góc với BK Ta có tam giác ABM cân B nên BI là đường phân giác là đường cao tam giác ABM, đó BI vuông góc với AK Từ đó dẫn đến I là trực tâm tam giác ABK Mà ta có KH vuông góc với AB nên I nằm trên KH E H L T I K N D B M C b) Các đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH tiếp xúc với Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 284 Website:tailieumontoan.com Trước hết ta phát biểu và chứng minh bài toán phụ: Cho A tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Đường tròn ( I ) tiếp xúc với AB, AC, BC D, E, F Khi đó ta có AD = E AB + AC − BC D I Chứng minh Theo tính hai tiếp tuyến cắt ta có ( F B AD = AE; BD = BF;CE = CF Do đó ) ( C ) ( ) AB + AC − BC = AD + BD + AE + CE − BF + CF = 2AD Hay ta AD = AB + AC − BC Vậy bài toán phụ chứng minh Gọi L và T là tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ACH, BCH với CH Áp dụng bài toán phụ trên ta HL = AH + CH − AC BH + CH − BC ; HT = 2 AB + AC − BC AB + BC − CA ; BH = Do đó suy 2 Đồng thời ta có AH = AH + CH − AC BH + CH − BC AH − BH + BC − AC − = 2   AB + AC − BC AB + BC − AC =  − + BC − AC  = 2 2  HL − HT = Từ đó suy HL = HT hay hai điểm L và T trùng Vậy hai đường tròn nội tiếp hai tam giác ACH và BCH tiếp xúc với Câu (1.5 điểm) Cho x, y là số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 16 xy x + y2 + x+y xy Ta có 16 xy x + y 16 xy x2 + y2 + = −8+ − + 10 x+y xy x+y xy  x− y x+ y  x−y =− + + 10 = x − y  x+y xy xy     x + y − 8xy   x + y = x− y   + 10 xy x + y     P = ) ( ) ( ( Mà ta có x + y )( x+ y ) ( ( ) )( ( ) ( ( ) )   −  + 10 x + y  )  xy.4 x y = 8xy nên ( x+y )( x+ y ( xy x + y ) ) − 8xy  Do P  10 , dấu xẩy và x = y Vậy giá trị nhỏ P là 10, đạt x = y Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 285 Website:tailieumontoan.com Câu (2.0 điểm) ( ) Cho tam giác ABC có góc B tù Đường tròn O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, CA, BC L, H, J a) Các tia BO, CO cắt LH M, N Chứng minh bốn điểm B, C, M, N cùng thuộc đường tròn A M H F I N L P D B O J K Ta có MOC = OBC + OCB = C 1 ABC + ACB = 900 − BAC = AHL = MHC nên tứ giác OHMC nội 2 tiếp đường tròn, đó ta OMC = OHC = 900 Hoàn toàn tương tự ta có NOB = 1 ABC + ACB = 900 − BAC = ALN nên tớ giác BLNO nội tiếp 2 đường tròn, đó ta ONB = OLB = 900 Như ta có OMC = ONB = 900 nên tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn b) Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với AJ, d cắt AJ và đường trung trực cạnh BC D và F Chứng minh bốn điểm B, D, F, C cùng thuộc đường tròn Gọi P là giao điểm OD và LH, I là giao điểm OA và LH, K là trung điểm BC Ta có ODA ∽ OIP nên OD OA = hay OI.OA = OD.OP OI OP Vì tam giác HOA vuông H với HI là đường cao nên HO2 = OI.OA Do đó ta có OD.OP = OI.OA = OH2 = OJ nên suy OJ P ∽ ODJ Từ đó dẫn đến OJP = ODJ = 900 nên P thuộc BC Ta có 1 ABC + ACB 2 = KBM + OCH = KMB + OMH = KMH BJ N = J NO + J CO = J BO + J CO = Từ BJN = KMH suy tứ giác MNJK nội tiếp đường tròn Từ đó ta P NJ ∽ P KM nên PN PJ = hay P K.P J = P N.P M PK PM Do tứ giác KJDF nội tiếp đường tròn nên ta có P K.P J = P D.P F Do tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn nên ta có PM.PN = PB.PC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 286 Website:tailieumontoan.com Kết hợp các kết trên ta PB.PC = PD.PF hay PD PB = PC PF Mà ta lại có BP D chung nên suy P BD ∽ P FC , suy PBD = PFC Từ đó suy tứ giác BCFD nội tiếp đường tròn hay bốn điểm B, C, D, F cùng thuộc đường tròn Câu (1.0 điểm) Trên đường tròn có điểm phân biệt, các điểm này nối với các đoạn thẳng màu xanh màu đỏ Biết tam giác tạo điểm chứa ít cạnh màu đỏ Chứng minh tồn điểm cho đoạn thẳng nối chúng có màu đỏ Ta xét hai trường hợp sau: + Trường hợp Có điểm đã cho là đầu mút ít bốn đoạn màu xanh, mà không có tam giác nào có ba cạnh màu xanh Do đó bốn đầu mút còn lại tạo thành bốn điểm mà đoạn thẳng nối chúng có màu đỏ + Trường hợp Cả điểm là đầu mút tối đa ba đoạn thẳng màu xanh Suy điểm là đầu mút ít đoạn màu thẳng màu đỏ Giả sử điểm, điểm kẻ từ đó đúng đoạn thẳng màu đỏ Gọi A là tập hợp các đầu mút màu đỏ Do đoạn thẳng màu đỏ có hai đầu mút màu đỏ nên số phần tử tập hợp A là số chẵn Nhưng đó số phần tử tập hợp A là 5.9 = 45 , vô lý Do đó có điểm M điểm trên là đầu mút ít đoạn thẳng màu đỏ Gọi B là tập hợp các đầu mút còn lại các đoạn thẳng màu đỏ nối với M Ta chứng minh trong B luôn có tam giác có cạnh màu đỏ Thật vậy, xét điểm N tùy ý B, có ít đoạn thẳng nối với N Trong đoạn thẳng này có ít ba đoạn thẳng cùng màu - Nếu có đoạn thẳng màu đỏ nối với N, tam giác tạo đầu mút còn lại luôn có cạnh màu đỏ, cạnh màu đỏ này cùng với hai đoạn thẳng nối với N tạo thành tam giác có ba cạnh màu đỏ - Nếu có đoạn thẳng màu xanh nối với N, tam giác tạo ba đầu mút còn lại ta tam giác có ba cạnh màu đỏ Các tam giác này cùng với điểm M tạo thành điểm mà đoạn thẳng nối chúng có màu đỏ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 287 Website:tailieumontoan.com Đề số 23 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng – Năm học 2017 – 2018 Câu 1(3.5 điểm) x + y − xy = a) Giải hệ phương trình  x + x y = 2y ( ) b) Giải phương trình x + x +1 = ( x +1 + 1− x ) (2 − − x2 ) Câu 2(2.5 điểm) a) Chứng minh không tồn các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức 12x + 26xy + 15y2 = 4617 b) Với a, b là các số thực dương Tìm giá trị lớn nhát biểu thức  1  M = a +b  + −  a + b b + a  ab ( ) Câu 3(3.0 điểm) Cho hình thoi ABCD có BAD  900 Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABD tiếp xúc với BD và BA J và L Trên đường thẳng IJ lấy điểm K cho BK song song ID a) Chứng minh CBK = ABI b) Chứng minh KC ⊥ KB c) Chứng minh bốn điểm C, K, I ,L cùng nằm trên đường tròn Câu (1.0 điểm) Tìm tập hợp số nguyên dương n cho tồn cách xếp các số 1;2; 3; ; n thành a ; a ; a ; ; a n mà chia các số a ; a 1a ; a 1a 2a ; ; a 1a a n cho n ta các số dư đôi khác Hướng dẫn giải Câu 1(3.5 điểm) x + y − xy = a) Giải hệ phương trình  x + x y = 2y Phương trình thứ hệ viết lại thành xy = x + y − Thế vào phương trình thứ hai hệ ta ( ) x + x x + y − = 2y  x + x + xy − x = 2y  x + xy − 2y = ( )( ) ( )  x − y + xy − y =  x − y x + xy + y + y x − y = 3 x − y = x = y  x − y x + xy + 2y =     x + xy + 2y =  x = y = ( )( ) Dễ thấy x = y = không thỏa mãn phương trình thứ hệ Do đó từ x = y thay vào phương trình thứ hệ ta x =  x = 1  x = y = 1 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 288 Website:tailieumontoan.com ( ) ( )( ) Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = 1;1 , −1; −1 ( ) b) Giải phương trình x + ( x +1 = x +1 + 1− x ) (2 − − x2 ) Điều kiện xác định phương trình là −1  x  Biến đổi tương đương phương trình ta ( )  ( x + 1)  ( x + 1)  ( x + 1) ( x +1 Đặt a = x +1 = ( x +1 + 1− x ) (2 − − x2 ( x + 1) (1 − x ) − (1 − x ) (1 + x ) − x − ( x + 1) x − − (1 − x ) x + x +1 = x +1 +2 1− x − x +1 = x +1 +2 ) ) x +1 + 1− x = 1− x ( ) x + 1; b = − x a  0; b  , đó ta có a + b = ( 2  a + b = a a + b = 2b   ) Phương trình trên viết lại thành a a + b = 2b Từ đó ta có hẹ phương trình  ( ) + Xét trường hợp b = , hệ phương trình trên vô nghiệm ( ) + Xét trường hợp b  , đó phương trình thứ hệ tương đương với b a + b = 2b ( ) b a + b = 2b a b + b = 2b  Khi đó ta có hệ hương trình  a a + b = 2b a + a b = 2b ( ) Từ đó ta a b + b = a + a b = 2b  a = b  a = b Thay vào phương trình thứ hệ và chú ý đến điều kiện ta a =  a =  a = b = Từ đó ta x + = − x =  x = , thỏa mãn điều kiện xác định Vậy phương trình có nghiệm là x = Câu 2(2.5 điểm) a) Chứng minh không tồn các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức 12x + 26xy + 15y2 = 4617 Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với số nguyên tố có dạng p = 4k + thì ta luôn có  a p a + b2 p   a, b  Z b p   ( ) Thật vậy, ta xét hai trường hợp sau + Trường hợp Nếu hai số a và b chia hết cho p thì ta suy điều cần chứng minh ( ) ( ) + Trường hợp Nếu hai số a và b cùng khoog chia hết cho p Khi đó ta có a; p = b; p = ( ( ) ) ( ( ) ) p −1 4k +2    mod p a  mod p a Theo định lí Fecmat ta có  p −1   4k +2  a 4k +2 + b 4k +2  mod p b  mod p b  mod p     ( ) Mặt khác ta có a 4k +2 + b 4k +2 = a  k +1 ( ) + b2 2k +1 ( ) chia hết cho a + b nên chia hết cho p Từ đó suy chia hết cho p, mà p là số nguyên tố nên ta p = Điều này mâu thuẫn vì p là số nguyên tố lẻ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 289 Website:tailieumontoan.com Như trường hợp không xẩy hay bổ đề chứng minh Trở lại bài toán Do 4617 chia hết cho 19 nên 12x + 26xy + 15y 19 hay ta 12x − 12xy + 15y + 38xy 19  12x − 12xy + 15y 19 ( )  4x − 4xy + 5y 19  4x − 4xy + 5y 19 ( ) (  4x − 4xy + y + 4y 19  2x − y ) + (2y ) 2 19 Do 19 là số nguyên tố có dạng 4k + nên áp dụng bổ đề trên ta suy     2x − y 19 3x − 2y 19 3x 19 x 19     2y 19 2y 19 2y 19 y 19         Từ đó ta 4x − 4xy + 5y 192 Điều này dẫn đến mâu thuẫn vì 4617 không chia hết cho 192 ( ) Vậy không tồn cặp số nguyên x; y thỏa mãn yêu cầu bài toán b) Với a, b là các số thực dương Tìm giá trị lớn nhát biểu thức  1  M = a +b  + −  a + b b + a  ab ( ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có (a 1  1  + b  + b   a + b ; b3 + a  + a   a + b a  b  ) ( ) ( ) ( ) 1 +b +a a +b a + b Từ đó ta Do đó suy  a ;  b a +b a +b b +a a +b ( Suy M  1 1 +b +a a +b + +  1  a +b a +b a b a +b  + = +  a + b =  a + b a + b a + b a + b a + b a + b b + a   ) 1 + ab a + b + a + b − a + b ab a + b a b − = = =1 a +b ab a + b ab ab a + b a +b+ ( ) ( ( ) ) ( ( ) ) Vậy giá trị lớn M là 1, đạt a = b = Câu 3(3.0 điểm) Cho hình thoi ABCD có BAD  900 Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABD tiếp xúc với BD và BA J và L Trên đường thẳng IJ lấy điểm K cho BK song song ID a) Chứng minh CBK = ABI B Ta có L CBK = CBD − KBD; ABI = ABD − IBD Lại có ABD = CBD Mặt khác ID song song A J C I với BK nên ta có IBD = IDB = DBK Từ đó suy CBK = ABI K D b) Chứng minh KC ⊥ KB Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 290 Website:tailieumontoan.com Dễ thấy KJC = LJI Lại có IJL = IBJ = LBI Kết hợp với CBK = ABI ta CBK = CJ K nên tứ giác BCKJ nội tiếp đường tròn Do đó BJC = BKC = 900 hay KC ⊥ KB c) Chứng minh bốn điểm C, K, I ,L cùng nằm trên đường tròn Tam giác IJL cân I nên ta có ILJ = IJ L = IBJ Mà ta có IBJ = J BK nên ILJ = JBK Mặt khác tứ giác BCKJ nội tiếp đường tròn nên JBK = JCK Từ đó ta ILJ = JBK = JCK nên suy tứ giác CKIL nội tiếp đường tròn Câu (1.0 điểm) Tìm tập hợp số nguyên dương n cho tồn cách xếp các số 1;2; 3; ; n thành a ; a ; a ; ; a n mà chia các số a ; a 1a ; a 1a 2a ; ; a 1a a n cho n ta các số dư đôi khác ( ) Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với hợp số n  ta luôn có n − ! n Thật vậy, n là hợp số và n  nên ta viết n = a.b đó a, b  N;1  a, b  n Khi đó ta ( ) suy  a, b  n − Từ đó dễ thấy ta luôn có n − ! n ( ) Trở lại bài toán Ta thấy a n = n vì a n  n thì a i = n i  1; n − 1 a a a n Khi đó ta có  i , điều này mâu thuẫn với giả thiết bài toán a 1.a a n n ( ) Do a n = n Giả sử n là hợp số và n  , đó theo bổ đề ta có a a a n −1 = n − ! n Mặt khác theo bài ta lại có a a a n n Như a a a n −1 và a a a n n có cùng số dư chia cho n Điều này mâu thuẫn với giả thiết bài toán Từ đó suy n  Mà n là hợp số nên ta n = Ta thấy với n = thì số 1; 3;2; viết dãy số 1;1.3;1.3.2;1.3.2.4 chi chia cho có số dư là 1; 3;2; Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 291 Website:tailieumontoan.com Đề số 24 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng – Năm học 2017 – 2018 Câu (3.5 điểm) x + y = x + 3y Giải hệ phương trình  2 x + y + xy = Với a, b là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b = Chứng minh rằng: a b + = 1+a + b2 ( + ab )( ) ( ) + a + b2 Câu (2.5 điểm) ( ) Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức p p − = q q − a) Chứng minh tồn số nguyên dương k cho p − = kq, q − = kp ( ) ( ) b) Tìm tất các số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức p p − = q q − Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + abc = Tìm giá trị lớn biểu thức M= a +1 b +1 c +1 + + a + 2a + b + 2b + c + 2c + 2 Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với AB  AC Gọi E, F là trung điểm CA, AB Đường trung trực EF cắt BC D Giả sử P nằm góc EAF và nằm ngoài tam giác AEF cho PEC = DEF và PEB = DFE Đường thẳng PA cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF Q khác P a) Chứng minh EQF = BAC + EDF b) Tiếp tuyến P đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF cắt CA, AB M, N Chứng ( ) minh bốn điểm C, M, B, N cùng nằ trên đường tròn Gọi đường tròn này là đường tròn K ( ) c) Chứng minh đường tròn K tiếp xúc với đường tròn ngại tiếp tam giác AEF Câu (1.0 điểm) Cho n là số nguyên dương với n  Xét đa giác lồi n cạnh Người ta muốn kẻ số đường chéo đa giác mà các đường chéo này chia đa giác thành đúng k miền, mõi miền là mọt ngũ giác lồi (hai miền bất kì không có điểm chung trong) a) Chứng minh ta có thể thực với n = 2018, k = 672 b) Với n = 2017, k = 672 ta có thể thực không? Hãy giải thích Hướng dẫn giải Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 292 Website:tailieumontoan.com Câu ( (  x+y  1) Hệ phương trình tương đương với   x + y ) ) = x + 3y = + xy x = Do đó ta có phương trình x + 3y = + xy  x − y − =    y = ( )( ) x = x =  + Với  , hệ phương trình vô nghiệm  2 x + y + xy = y + 3y + = y = y =  x = 1; y =   + Với    2  x = −2; y = x + y + xy = x + x − = ( ) ( ) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y = 1;1 Với a, b là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b = Chứng minh rằng: a b + = 1+a + b2 + ab ( )( + a + b2 ) Cách Do ab + a + b = nên ta ( )( ) ( )( a + = a + ab + a + b = a + b a + ; b + = b + ab + a + b = a + b b + ) Đẳng thức cần chứng minh tương đương với a b + + ab = ( a + b )( a + 1) (a + b )( b + 1) ( a + b ) (a + 1)( b + 1) a ( b + 1) + b ( a + ) + ab  = ( a + b )( a + 1)( b + 1) ( a + b ) ( a + 1)( b + 1)  ( a + 1)( b + 1) = ( a + 1)( b + 1)  ( a + 1)( b + 1) =  ab + a + b = 2 Do đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên đẳng thức cần chứng minh đúng ( ) ( )= + ab (a + 1)( b + 1) ( a + 1)( b a b2 + + b a + Cách Đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( ) ( ) ( )( 2 2 +1 ) ) Mà ta có a b + + b a + = a + b ab + nên đẳng thức trên tương đương với ( ( a +b )( a +1 b +1  a +b ) = ( 2 a +b ) = ( ab − 1) ) = (a 2 )( ) + b +  a + b + 4ab = a b +  a + b = ab −  ab + a + b = Do đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên đẳng thức cần chứng minh đúng Câu Câu (2.5 điểm) ( ) ( ) Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức p p − = q q − Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 293 Website:tailieumontoan.com a) Chứng minh tồn số nguyên dương k cho p − = kq, q − = kp p = q = Nếu p = q thì ta có p − = q −   , điều này vô lí vì p, q là các số nguyên tố p = q = Do p  q , đó p và q là các số nguyên tố nên p − q và q − p Như tồn các số nguyên dương m, n thỏa mãn p − = mq; q − = np , thay vào đẳng thức đã p − = kq cho ta m = n Do tồn số nguyên dương k cho  q − = kp ( ( ) ) b) Tìm tất các số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức p p − = q q − ( ) Thế p = kq + vào hệ thức q − = kp ta q − = k kq +  q − k q − k − = Xem phương trình là phương trình bậc hai ẩn q, đó để phương trình có nghiệm nguyên dương thì ( )  = k + k + = k + 4k + phải là số chính phương ( Ta có k  k + 4k +  k2 + ) ( ) nên ta  = k + ( ) Từ đó ta k + 4k + = k2 +  k = k2  k = Thay vào hệ thức đã cho ta q − q − =  q =  p = Vậy các số p = 3; q = là các số nguyên tố cần tìm Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + abc = Tìm giá trị lớn biểu thức M= a +1 b +1 c +1 + + a + 2a + b + 2b + c + 2c + 2 Biến đổi giả thiết ab + bc + ca + abc = ta (1 + a )(1 + b )(1 + c ) = (1 + a ) + (1 + b ) + (1 + c )  Đặt x = + + (1 + a )(1 + b ) (1 + a )(1 + c ) (1 + b )(1 + c ) =1 1 ;y = ;z = , đó ta thu xy + yz + zx = 1+a 1+b 1+c Biểu thức M viết lại thành M= = a +1 ( a + 1) +1 + b +1 ( b + 1) +1 + c +1 ( c + 1) +1 = x +1 x2 + y +1 y2 + z +1 z2 x y z + + x +1 y +1 z +1 ( Để ý ta có x + = x + xy + yz + zx = x + y Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 )( x + z ) Áp dụng tương tự ta TÀI LIỆU TOÁN HỌC 294 Website:tailieumontoan.com x M= y + z + ( x + y )( x + z ) ( y + z )( x + y ) ( x + z )( y + z ) x ( y + z) + y (z + x ) + z (x + y ) ( xy + yz + zx ) = = = ( x + y )( y + z )( z + x ) ( x + y )( y + z )( z + x ) ( x + y )( y + z )( z + x ) Ta chứng minh ( x + y )( y + z )( z + x )  ( x + y + z )( xy + yz + zx ) ( Vì x + y + z ) ( )  xy + yz + zx = nên x + y + z  Nên ta M ( )( x + y + z xy + yz + zx Vậy giá trị lớn M là ) = ( x+y+z )  = 3 3 , đạ x = y = z =  a = b = c = −1 Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với AB  AC Gọi E, F là trung điểm CA, AB Đường trung trực EF cắt BC D Giả sử P nằm góc EAF và nằm ngoài tam giác AEF cho PEC = DEF và PEB = DFE Đường thẳng PA cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF Q khác P A Q F A I E X R M P Y E F Z B C D P N K B C D Hình Hình a) Chứng minh EQF = BAC + EDF Vì tứ giác PEQF nội tiếp đường tròn nên ta có EQF = 1800 − EP F = P EF + P FE = DEC + DFB ( ) ( ) = EAD + EDA + FAD + FDA = BAC + EDF b) Tiếp tuyến P đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF cắt CA, AB M, N Chứng minh ( ) bốn điểm C, M, B, N cùng nằ trên đường tròn Gọi đường tròn này là đường tròn K Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 295 Website:tailieumontoan.com Không tính tổng quát ta giả sử M nằm A, C và N nằm trên tia đối tia BA (các trường hợp còn lại chứng minh tương tự) Khi đó ta có MNB = 1800 − NP F − P FN = 1800 − P EF − DFE = 1800 − DEC − DEF = 1800 − CEF = AEF = ACB ( ) Do đó tứ giác NCMB nội tiếp đường tròn K ( ) c) Chứng minh đường tròn K tiếp xúc với đường tròn ngại tiếp tam giác AEF Ta có nhận xét: PAB = DAC Thật vậy, gọi X, Y, Z là điểm đối xứng với P qua EF, AE, AF thì từ giả thiết PEC = DEF suy DEY = DEX , mà ta có EX = EY nên DX = DY Tương tự thì ta có DX = DZ nên DX = DY = XZ , lạ có AY = AP = AZ ta DAZ = DAY Kết hợp tính đối xứng ta PAB = DAC Đường tròn ngoại tiếp tam giác PEM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF R khác E Ta thấy RPN = R EM = RFA nên tứ giác PRFN nội tiếp đường tròn Lại tứ giác BNCM nội tiếp đường tròn nên BAC = 1800 − NBC = 1800 − CMN = AMN Từ đây ta thu A R E = AFE = ABC = AMN = 1800 − PRE nên ba điểm A, R, P thẳng hàng Gọi giao điểm EF và AD là I, theo tính chất đường trung bình thì I là trung điểm AD Ta lại có AEI = ARF , kết hợp với nhận xét ta AEI ∽ ARF Từ đó suy AED ∽ ARB Ta thu ABR = ADE = DEC − DAE = PEF − PAB = PEF = FER = PER = RMP ( ) Từ đó tứ giác NMRB nội tiếp đường tròn hay năm điểm M, N, R, B, C cùng nằm trên đường tròn K Lại có ERM = EPM = EFP = EFR + RFP = RAE + RNM ( ) Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác REF và đường tròn K tiếp xúc R Câu (1.0 điểm) Cho n là số nguyên dương với n  Xét đa giác lồi n cạnh Người ta muốn kẻ số đường chéo đa giác mà các đường chéo này chia đa giác thành đúng k miền, mõi miền là mọt ngũ giác lồi (hai miền bất kì không có điểm chung trong) a) Chứng minh ta có thể thực với n = 2018, k = 672 Kí hiệu đa giác 2018 cạnh là A1A A A 2018 , kẻ các đường chéo A1A ; A1A ; A1A11; ; A 1A 2015 đó đa giác A1A A A 2018 chia thành 672 ngũ giác lồi gồm: A1A A A A ; A1A A A A ; ; A 1A 2012A 2013A 2014 A 2015 ; A 1A 2015A 2016A 2017 A 2018 b) Với n = 2017, k = 672 ta có thể thực không? Hãy giải thích Giả sử ta có thể chia đa giác lồi 2017 cạnh thành 672 ngũ giác lồi các đường chéo nó Gọi p là số giao điểm các đường chéo nằm đa giác Do đỉnh ngũ giác lồi là là đỉnh đa giác đã cho là p giao điểm các đường chéo nên tổng số góc các ngũ giác này là ( ) ( ) p.3600 + 2017 − 1800 = 2p − 2015 1800 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 296 Website:tailieumontoan.com Mặt khác số ngũ giác lồi là 672, ngũ giác lồi có tổng số góc đỉnh là 3.1800 nên tổng số góc các ngũ giác lồi là 672.3.1800 ( ) Từ đó ta 2p − 2015 1800 = 672.3.180  p = , vô lý Vậy ta không thể thực với n = 2017, k = 672 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 297 Website:tailieumontoan.com Đề số 25 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Vòng – Năm học 2017 – 2018 Bài (3.0 điểm)  a +1 − a) Rút gọn biểu thức P =   a −1  ( b) Giải phương trình x − )  a +4 a: với a  0; a   a −1 a +1  a −1 x − = 3x −  x + xy − 2y = c) Giải hệ phương trình  3x + 2y = 5xy Bài (2.0 điểm) ( ) ( ( ) ) a) Cho đa thức P x = ax + bx + c a, b, c  R Biết P x  với x  R Chứng minh 5a + b + 3c  a −b+c b) Cho p là số nguyên tố Tìm tất các số nguyên n để A = n + 4n p −1 là số chính phương Bài (1.0 điểm) Cho x, y là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ các biểu thức: P = 1 1 xy +  +  x + y2 x +y x y ( ) Bài (1.0 điểm) ( ( ) ) tam giác ABC Tia AI cắt đường tròn ( O ) J khác A Đường thẳng OJ cắt đường tròn ( O ) K khác J Cho tam giác ABC nhọn AB  AC nội tiếp đường tròn O Gọi I là tam đường tròn nội tiếp và cắt C E a) Chứng minh J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC và J E.J K = J I2 ( ) b) Tiếp tuyến đường tròn O B và C cắt S Chứng minh SJ.EK = SK.EJ ( ) ( ) c) Đường thẳng SA cắt đường tròn O D khác A, đường thẳng DI cắt đường tròn O M khác D Chứng minh MJ qua trung điểm đoạn thẳng EI Bài (1.0 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M và N là trung điểm AD và BC Gọi P là giao điểm AN và BM, Q là giao điểm DN và CM Tìm giá trị nhỏ S = NA ND MB MC + + + NP DQ MP MQ Hướng dẫn giải Bài (3.0 điểm)  a +1 − a) Rút gọn biểu thức P =   a −1   a +4 a: với a  0; a   a −1 a +1  a −1 Với a  0; a  ta có Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 298 Website:tailieumontoan.com ) ( (  a + − a −1  a +1   a −1 a P = − +4 a: =  a −1  a −1  a −1 a +1    4 a  a −1 = + a  = + a − = 4a a −1  a   ( ( b) Giải phương trình x − ) )   a −1 + a  a   ) x − = 3x − Điều kiện xác định phương trình là x  Biến đổi phương trình đã cho ta ( x − 2) ( x − = 3x −  x − x − = x −3 −3 =0     x − − = ) )( x =   x = 12 Kết hợp với điều kiện xác định ta x = 12 là nghiệm phương trình  x + xy − 2y = c) Giải hệ phương trình  3x + 2y = 5xy Biến đổi phương trình thứ hệ ta ( )( ) ( ) ( )( ) x − y + xy − y =  x + y x − y + y x − y =  x + 2y x − y = + Với x + 2y = ta x = −2y , thay vào phương trình thứ hai hệ ta y =  x = 0; y =  −6y + 2y = −10y  y 5y − =   y = x = − ; y =   5 ( ) + Với x − y = ta x = y , thay vào phương trình thứ hai hệ ta y =  x = 0; y = 3y + 2y = 5y  y y − =     y =  x = 1; y = ( )  2 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = 0; , 1;1 ,  − ;   5 ( ) ( )( ) Bài (2.0 điểm) ( ) ( ( ) ) a) Cho đa thức P x = ax + bx + c a, b, c  R Biết P x  với x  R Chứng minh 5a + b + 3c  a −b+c ( ) Ta có P x  nên ta có  = b − 4ac  và a  Từ đó ta suy c  Khi đó ta b − 4ac   b  4ac  −2 ac  b  ac ( ) Mà ta có ac  a + c nên ta − a + c  b  a + c , suy a − b + c  Từ đó ta 5a + b + 3c   5a + b + 3c  a − b + c  4a + 2b + 2c   2a + b + c  a −b +c ( ) Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng b  a − a + c  b  a + c Vậy bài toán chứng minh xong Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 299 Website:tailieumontoan.com b) Cho p là số nguyên tố Tìm tất các số nguyên n để A = n + 4n p −1 là số chính phương Ta xét các trường hợp sau + Trường hợp Nếu p = đó ta có A = n + 4n ( Xét n  , đó dễ thấy n  n + 4n  n + 4n +  n  n + 4n  n + ) ( ) Do A = n + 4n là số chính phương nên ta A = n + 4n = n A = n + 4n = n + Với n + 4n = n  n = ( ) Với n + 4n = n +  n + 4n = n + 2n +  2n − 4n + = , phương trình không có nghiệm nguyên Xét n = −1 và n = −2 , thay vào ta A không phải là số chính phương ( ) Xét n  −2 , đó dễ thấy n − 2n +  n + 4n  n  n − ( )  n + 4n  n 2 Do đó A = n + 4n không thể là số chính phương + Trường hợp Nếu p  , đó p là số nguyên tố nên p là số lẻ Do A là số chính phương nên tồn số nguyên t để A = n + 4n p −1 = t Dễ thấy với n = thì A là số chính phương  t  Xét n  , đó ta có n + 4n p +1 = t  + 4n p −3 =   n  Do p là số nguyên tố lẻ nên + 4n Đặt 4n p −3 p −3  t  là số nguyên dương, đó   và 4n p −3 là số chính phương n   t  = a ;   = b a, b  Z ta có phương trình n  ( ) ( + a = b2  b − a b − a = b + a = b = 1; a =   )( b + a ) =  b − a = b + a = −1  b = −1; a = Với b = 1; a = ta có 4n p −3  t  = 0;   =  n = , điều này vô lý vì n  n   t  Với b = −1; a = ta có 4n p −3 = 0;   =  n = , điều này vô lý vì n  n  Như p  không tồn số nguyên n để A là số chính phương Vậy với n = 0; p = thì A là số chính phương Bài (1.0 điểm) Cho x, y là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ các biểu thức: P = 1 1 xy +  +  x + y2 x +y x y ( ( ) ( Với x, y là các số thực dương ta có x + y  x + y Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 ) ( ) )  x + y2  x + y TÀI LIỆU TOÁN HỌC 300 Website:tailieumontoan.com ( x+y 1 1 1 1 Do đó ta  +  x + y   +  x + y = xy x y x y ( ( ) ) ( ( ) ( Lại có x + y2 + 2xy = x + y2 + x + y ( Do đó ta xy  x + y xy  Từ đó ta có x + y2 Do ta P  ( x+y ( x+y x +y ( x+y x +y ) x + y2 ) − ( 3 x+y ) + (x + y ) ( ) =4 x+y ) ( ) 2 x + y2 x+y = − 2 2 x +y x +y ) + (x + y) ( ) 2 xy ) + (x + y) 2 Từ đó suy P  − ( − ) ) ) xy = Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có − ( x+y x +y ) 2 + ( x+y ) 2xy ( ) 2 x+y =8 x + y + 2xy = , dấu xẩy và x = y 2 Vậy giá trị nhỏ P là , đạt x = y Bài (1.0 điểm) ( Cho tam giác ABC nhọn AB  AC ) ( ) nội tiếp đường tròn O Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ( ) ( ) tam giác ABC Tia AI cắt đường tròn O J khác A Đường thẳng OJ cắt đường tròn O K khác J và cắt C E a) Chứng minh J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC và J E.J K = J I2 Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI K M là phân giác góc BAC , đó J là điểm chính ( ) A cung BC không chứa A đường tròn O Từ đó ta suy J B = J C Ta có BI là phân giác góc ABC nên ABI = IBC = ABC Ta có IBJ = IBC + CBJ = ABI + BAJ = BIJ O I nên tam giác BIJ cân J, đó BJ = IJ E B C Như ta J B = J C = J I nên J là tâm đường ngoại tiếp tam giác BIC ( ) D J F Ta có JK là đường kính đường tròn O Khi đó tam giác BKJ vuông B nên ta có BJ = J E.J K Mà BJ = IJ nên J E.J K = J I2 S Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 T TÀI LIỆU TOÁN HỌC 301 Website:tailieumontoan.com ( ) b) Tiếp tuyến đường tròn O B và C cắt S Chứng minh SJ.EK = SK.EJ Do J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SBC nên BJ là đường phân giác tam giác SBE, theo tính chất đường phân giác tam giác ta có SJ BS = J E BE Do BK vuông góc với BJ nên BK là đường phân giác ngoài đỉnh B tam giác SBE, đó theo tính chất đường phân giác ta có Từ đó ta KS BS = KE BE SJ KS = nên suy SJ.EK = SK.EJ J E KE ( ) ( ) c) Đường thẳng SA cắt đường tròn O D khác A, đường thẳng DI cắt đường tròn O M khác D Chứng minh MJ qua trung điểm đoạn thẳng EI ( ) Trước hết ta chứng minh BAD = CAE Thật vậy, gọi F là giao điểm AE với đường tròn O Ta có SB2 = SD.SA = SE.SO nên tứ giác AOED nội tiếp đường tròn Do đó ta DOJ = DAF nên J ( ) là điểm chính cung DF đường tròn O Điều này dẫn đến BD = CF nên BAD = CAE K M A O I E B D J C F S Xét hai tam giác ABD và AEC có BAD = CAE và ADB = ACE nên ABD ∽ AEC , từ đóta suy AB AD =  AB.AC = AE.AD AE AC Gọi T là tâm đường tròn bàng tiếp góc BAC tam giác ABC Khi đó BT là đường phân giác ngoài đỉnh B tam giác ABC, đó IBT = 900 nên tam giác IBT vuông B Mà ta đã có J B = J I nên suy J là trung điểmcủa IT Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 302 Website:tailieumontoan.com Mặt khác ta có BAI = CAI và ACT = 900 + ACI = AIB nên ta ATC ∽ BAJ Từ đó ta có AI.AT = AB.AC Kết hợp các kết trên ta AI.AT = AE.AD , điều này dẫn đến AID ∽ AET Do đó suy ATE = ADI = AJM nên ta JM song song với ET Mà J là trung điểm IT nên MJ qua trung điểm IE Bài (1.0 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M và N là trung điểm AD và BC Gọi P là giao điểm AN và BM, Q là giao điểm DN và CM Tìm giá trị nhỏ S = Ta có NA ND MB MC + + + NP DQ MP MQ NA P A ND QD MB P B MC QC =1+ ; =1+ ; =1+ ; =1+ NP P N NQ QN MP P M MQ QM Từ đó ta S = NA ND MB MC P A QD P B QC + + + =4+ + + + NP NQ MP MQ P N QN P M QM Từ đó ta tìm giá trị T = P A P B QC QD + + + P N P M QM QN Cách Ta có nhận xét sau: Nếu hai tam giác có cạnh đáy chiều cao thì tỉ số diện tích tỉ số chiều cao cạnh đáy tương ứng A' A E Từ nhận xét đó và M, N là trung điểm AD và BC nên P ta SBAD + SCAD = 2SNAD và SABC + SDBC = 2SMBC N M Từ đó ta P A P B QC QD 2SABM 2SABN 2SCDN 2SCDM + + + = + + + P N P M QM QN 2SNBM 2SMAN 2SMDN 2SCNM S  S S S S S = ABD + ABC + DBC + CAD =  NAD + MBC   S  SMBC SNAD SNAD SMBC  MBC SNAD  B F O Q K D D' C H  = 2SMBN 2S Đẳng thức xẩy và SNAD = SMBC   MAN hay AB//MN//CD 2SNDM = 2SMCN   Cách 2: Gọi giao điểm MN và PQ là O Các đường thẳng qua A, B, C, D song song với MN cắt PQ E, F, H, K Theo định lí Talets ta có P A P B QC QD AE BF CH DK AE + DK BF + CH + + + = + + + = + P N P M QM QN ON OM OM ON ON OM  OM ON  2OM 2ON = + = 2 + 4 ON OM  ON OM  Đẳng thức xẩy và    AE = AE ' BF = AE ' B  A ' AB//MN//CD OM = ON   hay AB//MN//CD   DK = KD ' CH = KD ' C  D'       Vậy giá trị lớn S là 8, xẩy ABCD là hình thang với AB, CD là hai đáy Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 303 Website:tailieumontoan.com Đề số 26 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN PTNK TP HỒ CHÍ MINH Vòng – Năm học 2017 – 2018 Câu (1.0 điểm) Biết a và b là các số dương, a  b và ( ) (  a + 2b − b + 2a   a +b  Tính S = ) )( ( )    a a +b b a a −b b  : − 3ab  =   a −b    + 2ab a + b2 Câu (2.0 điểm) ( a) Giải phương trình x − 6x + )( ) x −2 − x + = ) (  x x + 2y − =  b) Giải hệ phương trình  2 x − 6xy − y = ( Câu (1.5 điểm) Cho phương trình x + m ) ( ) () −5 x +m +6 = () a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x với số thực m Tính ( giác trị biểu thức S = x + m ) + (x 2 +m ) ( + x + x + 2m ( ) ) b) Biết x  x , tìm m cho x  và x 12 + 2x = m − Câu (2.0 điểm) a) Nam kể với Bình ông Nam có mảnh đất hình vuông ABCD chia thành bốn phần; hai phần (gồm các hình vuông AMIQ và INCP với M, N, P, Q thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA) để trồng các loại rau sạch, các phần còn lại dùng để trồng hoa Diện tích phần trồng rau là 1200cm và phần để trồng hoa là 1300cm Bình nói: “Chắc bạn bị nhầm rồi!” Nam nói: “Bạn nhanh thật! Mình đã nói nhầm phần diện tích Chính xác là phần trồng rau là 1300cm , còn lại 1200cm trồng hoa” Hãy tính cạnh hình vuông AMIO (biết AM  BM ) và giải thích vì Bình biết Nam bị nhầm? b) Lớp 9T có 30 bạn, bạn dự định đóng góp tháng 70000 đồng và sau ba tháng đủ tiền mua cho em “Mái ấm tình thương X” ba gói quà (Giá tiền các món quà nhau) Khi các bạn đóng đủ số tiền dự định thì “Mái ấm tình thương X” nhận thêm em và giá tiền món quà lại tăng thêm 5% nên tặng em hai gói quà Hỏi có bao nhiêu em “Mái ấm tình thương X” nhận quà? Bài (3.0 điểm) ( ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn T tâm O và bán kính R có BAC = 1200 ; ABC = 450 và H là trực tâm AH, BH, CH cắt BC, CA, AB M, N, P a) Tính AC theo R Tính số đo góc HPN và Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 MP MN TÀI LIỆU TOÁN HỌC 304 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ) E khác D và cắt BC b) Dựng đường kính AD đường tròn T , HD cắt đường tròn T F Chứng minh các điểm A, N, H, P, E cùng thuộc đường tròn và F là trung điểm HD ( ) I Chứng minh I là tâm c) Chứng minh AD vuông góc với NP Tia OF cắt đường tròn T đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC và AI qua trung điểm MP Hướng dẫn giải Câu Biết a và b là các số dương khác và (  a + 2b − b + 2a   a a  :    a +b    2 a + 4ab + 4b − b − 4ab − 4b  a +b (  ) ( ( −3 a − b ( a +b Khi đó ta có a − b ) ) ): (a +b b )(a a −b b a −b ) − 3ab  =  a − b3  :  − 3ab  =  a −b  ) ( ) ( + b + ab − 3ab =  −3 a − b : a − b   ) =  a − b = −1 =  a − 2ab + b =  a + b = + 2ab Do đó S = Câu (2.0 điểm) ( a) Giải phương trình x − 6x + )( + 2ab = a + b2 ) x −2 − x + = Điều kiện xác định phương trình là x  Biến đổi phương trình đã cho ta (x − 6x + )(  x − 6x + = x −2 −x +4 =    x − − x + = )   + Với x − 6x + =  x  1; + Với x −2 −x +4 =  x   x −2 = x −4   x − = x − ( )  x =   Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình là S = 5; ) (  x x + 2y − =  b) Giải hệ phương trình  2 x − 6xy − y = Điều kiện xác định hệ phương trình x  0; x + 2y  Biến đổi hệ phương trình đã cho ta x =  x x + 2y − =       x + 2y − =  2   x − 6xy − y =  2 x  − 6xy − y = ( )  x = x =  + Với  , hệ phương trình vô nghiệm  x − 6xy − y = y = −6 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 305 Website:tailieumontoan.com x = − 2y  x + 2y − =  x = 7; y =    + Với    2  x = −1; y = x − 6xy − y =  − 2y − − 2y y − y = ( ) ( ) ( ) ( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm hệ phương trình là x; y = 7;1 ( ) − ( x + m ) + = (1) a) Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x ; x với số thực m Tính giác trị biểu thức S = ( x + m ) + ( x + m ) + ( x + x + 2m ) Đặt y = x + m , đó phương trình (1) trở thành y − 5y + =  y  2; 3 Câu (1.5 điểm) Cho phương trình x + m 2 2 2 x + m = x = − m Do đó ta    x + m =  x = − m () Dễ thấy − m  − m với m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt () Phương trình có hai nghiệm x 1; x tương ứng với phương trình y2 − 5y + = có hai nghiệm là y = và y = Khi đó ta có ( S = x1 + m ) + (x 2 +m ) ( ) ( ) ( ) + x + x + 2m = y12 + y 22 + y1 + y = 22 + 32 + + = 38 ( ) b) Biết x  x , tìm m cho x  và x 12 + 2x = m − Do x  x nên x = − m; x = − m Ta có x   − m   m  ( ) ( x 12 + 2x = m −  − m ) ( ) ( +2 − m = m −1 )    m − 4m + + − 2m = 2m −  m − 8m + 12 =  m  2; 2 Kết hợp với điều kiện m  ta m = là giá trị cần tìm Câu (2.0 điểm) a) Nam kể với Bình ông Nam có mảnh đất hình vuông ABCD chia thành bốn phần; hai phần (gồm các hình vuông AMIQ và INCP với M, N, P, Q thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA) để trồng các loại rau sạch, các phần còn lại dùng để trồng hoa Diện tích phần trồng rau là 1200cm và phần để trồng hoa là 1300cm Bình nói: “Chắc bạn bị nhầm rồi!” Nam nói: “Bạn nhanh thật! Mình đã nói nhầm phần diện tích Chính xác là phần trồng rau là 1300cm , còn lại 1200cm trồng hoa” Hãy tính cạnh hình vuông AMIO (biết AM  BM ) và giải thích vì Bình biết Nam bị nhầm? Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 306 Website:tailieumontoan.com A M Q B N I D P C ( ) ( ) Đặt AM = x cm , BM = y cm , điều kiện  x  y  x + y = 1300 Khi đó ta có BN = x, QI = x, IP = y Theo bài ta có  2xy = 1200 ( Do đó ta x + y ) ( = x + y + 2xy = 2500 Suy x + y = 50 và x − y ) = x + y − 2xy = 100  x − y = −10   x + y = 50 x = 20 Do đó ta   x − y = −10 y = 30     Do đó cạnh hình vuông AMIQ là 20cm ( Ta có x − y )  x + y = 1200   x + y  2xy Mà theo Nam nói lần đầu thì  2xy = 1300 Do đó Bình phát Nam nói nhầm b) Lớp 9T có 30 bạn, bạn dự định đóng góp tháng 70000 đồng và sau ba tháng đủ tiền mua cho em “Mái ấm tình thương X” ba gói quà (Giá tiền các món quà nhau) Khi các bạn đóng đủ số tiền dự định thì “Mái ấm tình thương X” nhận thêm em và giá tiền món quà lại tăng thêm 5% nên tặng em hai gói quà Hỏi có bao nhiêu em “Mái ấm tình thương X” nhận quà? Gọi giá tiền món quà lúc đầu là x (đồng), số em ban đầu “Mái ấm tình thương X” là y, điều kiện x  0; y  N Số tiền dự định mua quà là x.y.3 = 3xy (đồng) Giá tiền món quà sau tăng lên 5% là x + x.5% = 1, 05x (đồng) Số em lúc sau “Mái ấm tình thương X” là y + ( ) ( ) Số tiền thực tế mua quà là 1, 05x y + = 2, 1x y + (đồng) Theo đầu bài thì số tiền dự định mua quà và số tiền thực nên ta có ( ) ( ) 3xy = 2, 1x y +  3y = 2, y +  y = 21 Kết hợp với điều kiện y  N ta y = 21 Vậy số em ban đầu “Mái ấm tình thương X” là 21 và số em “Mái ấm tình thương X” nhận quà là 30 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 307 Website:tailieumontoan.com Bài (3.0 điểm) ( ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn T tâm O và bán kính R có BAC = 1200 ; ABC = 450 và H là trực tâm AH, BH, CH cắt BC, CA, AB M, N, P H P I E N B A F C M O D MP MN a) Tính AC theo R Tính số đo góc HPN và Ta có ABC = AOC nên AOC = 2ABC = 900 Tam giác OAC vuông O có OA = OC = R nên vuông cân O Do đó AC = OA + OC = R Ta có ACB = 1800 − BAC − ABC = 150 và NBC = 900 − ACB = 750 ; BNC = BPC = 900 Do đó tứ giác BCNP nội tiếp đường tròn đường kính BC Suy HPN = HBC = 750 ; NPA = ACB = APM nên NPM = 2ACB = 300 Tương tự ta MNP = 2CBA = 900 nên MN MP = sin MP N = sin 300 = hay = MP MN ( ) ( ) b) Dựng đường kính AD đường tròn T , HD cắt đường tròn T E khác D và cắt BC F Chứng minh các điểm A, N, H, P, E cùng thuộc đường tròn và F là trung điểm HD Ta có A, N, H, P, E cùng thuộc đường tròn đường kính AH Ta có AC vuông góc với BH và AC vuông góc với CD nên BH song song với CD Tương tự ta có CH song song với BC Suy tứ giác BHCD là hình bình hành nên F là trung điểm HD và BC ( ) I Chứng minh I là tâm đường c) Chứng minh AD vuông góc với NP Tia OF cắt đường tròn T tròn ngoại tiếp tam giác HBC và AI qua trung điểm MP Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 308 Website:tailieumontoan.com Ta có CNP = CBP = 450 = NCO nên NP song song với OC Mà ta có CO vuông góc với AD nên suy AD vuông góc với NP Do P là trung điểmcủa BC nên OF vuông góc với BC, đó OF là đường trung trực BC Suy tam giác IBC cân I, IO là đường phân giác nên BIO = 1 BIC = BAC = 600 2 Tam giác OBI cân O có BIO = 600 nên là tam giác đều, đó IB = IO = BO = R Dễ thấy F là trung điểm OI nên OHID là hình bình hành, suy IH = OD = R Suy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC Tam giác MAB vuông cân M nên MA = MB Mà OA = OB nên OM là đường trung trực AB, suy OM vuông góc với AB Lại có PH vuông góc với AB nên OM song song với PH, mà MH song song với OP nên tứ giác HPOM là hình bình hành, suy MH = OP Ta có OF là đường trung bình tam giác HAD nên OF = AH hay AH = R Ta có AM = MH − AH = OP − OI = IP nên tứ giác AMIP là hình bình hình Suy AI qua trung điểm MP Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 309 Website:tailieumontoan.com Đề số 27 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN PTNK TP HỒ CHÍ MINH Vòng – Năm học 2017 – 2018 ( ) () Câu (2.0 điểm) Cho phương trình x − m + x + 2m + 4m + = , với m là tham số () a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x Chứng minh b) Giả sử hai nghiệm x 1; x khác 0, chứng minh rằng: + x1 x2 x1 + x 2    x1 + x Câu (2.0 điểm) Cho x, y là hai số nguyên với x  y  a) Chứng minh x − y chia hết cho thì x − y chia hết cho b) Chứng minh x − y chia hết cho x + y thì x + y không thể là số nguyên tố c) Tìm tất các số nguyên dương k cho x k − y k chia hết cho với x, y mà xy không chia hết cho Câu (1.5 điểm) a) Cho ba số a, b, c  −2 thỏa mãn a + b + c2 + abc = Chứng minh a = b = c = b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A, B, C phân biệt với OA = OB = OC = Biết   x 2A + x 2B + x C2 + 6x A x B x C = Chứng minh Min x A ; x B ; x C  − (kí hiệu x M là hoành dộ điểm M) ( ) Câu (3.5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với O là tâm Gọi D là điểm thay đổi trên cạnh BC (D khác B, C) Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và ACD cắt AC, AB E và F (E, F khác A) Gọi K là giao điểm BE và CF a) Chứng minh tứ giác AEKF nội tiếp đường tròn b) Gọi H là trực tâm tam giác ABC Chứng minh A, O, D thẳng hàng thì HK song song với BC c) Ký hiệu S là diện tích tam giác KBC Chứng minh D thay đổi trên cạnh BC thì ta luôn  BC  BAC có S    t an   d) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh rằng: BF.BA − CE − CA = BD2 − CD2 và ID ⊥ BC Câu (1.0 điểm) Lớp 9A có học sinh tham gia kỳ thi toán và nhận điểm số khác là các số nguyên từ đến 20 Gọi m là trung bình cộng các điểm số em học sinh trên Ta nói hai học sinh (trong học sinh trên) lập thành cặp hoàn hảo điểm trung bình cộng hai em đó lớn m a) Chứng minh khôn thể chia em học sinh trên thành cặp mà cặp hoàn hảo b) Có thể có nhiều là bao nhiêu cặp hoàn hảo Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 310 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải ( ) () Câu (2.0 điểm) Cho phương trình x − m + x + 2m + 4m + = , với m là tham số () a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x Chứng minh ( Ta có  ' = m + ) x1 + x  − 2m − 4m − = m + 2m + − 2m − 4m − = −m − 2m () Phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x và (  '   −m − 2m   m + ( )   −1  m +   −2  m  ) Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có x + x = m + ; x 1x = 2m + 4m + x1 + x Ta có −1  m +   m +  nên = m +1 1 b) Giả sử hai nghiệm x 1; x khác 0, chứng minh rằng: + x1   x1 + x x2 Vì −1  m +   m +  nên ta ( ) −1  m + −   −1  2m + 4m +   x 1x  1 Do đó + x1 2 (x + x2  Mặt khác ta có x1x x2 ) ( ) ( ) = x12 + x 22 + x1x = 2 m +  − 2m + 4m + + x 1x   = + x 1x  Suy x + x  Vậy ta có + x1 x2   x1 + x Câu (2.0 điểm) Cho x, y là hai số nguyên với x  y  a) Chứng minh x − y chia hết cho thì x − y chia hết cho ( Ta có x − y = x − y (x − y) ) ( ) ( ) − 3xy x − y Mà ta có x − y và 3xy x − y chia hết cho nên suy chia hết cho 3, đó x − y chia hết cho ( Suy x − y = x − y ) ( ) − 3xy x − y chia hết cho b) Chứng minh x − y chia hết cho x + y thì x + y không thể là số nguyên tố ( Ta có x − y = x − y ) (x ) ( )( + xy + y = x − y x + y ( Mà ta có x − y chia hết cho x + y và x − y ) )( x + y ) 2 ( ) − xy x − y ( ) chia hết cho x + y nên xy x − y chia hết cho x+y Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 311 Website:tailieumontoan.com ( ) Nếu x + y là số nguyên tố thì từ xy x − y chia hết cho x + y ta x y x − y chia hết cho x + y Điều này vô lý vì x  x + y; y  x + y, x − y  x + y (do x, y  Z và x  y  ) Vậy x + y không thể là số nguyên tố c) Tìm tất các số nguyên dương k cho x k − y k chia hết cho với x, y mà xy không chia hết cho ( )( ) Nếu x không chia hết cho thì x + x −  x − Do đó x − Áp dụng kết ý a) ta có x − Theo giả thiết ta có xy không chia hết cho nên x và y không chia hết cho nên x − và y − ( )  Đặt k = 6a + r a  N*, r  0;1;2; 3; 4; ( ) ( ) ( ) Khi đó ta có x k − y k = x 6a +r − y 6a +r = x r x 6a − + y r y 6a − + x r − y r ( ) Mà ta có x 6a − x − nên x 6a − , tương tự thì y 6a − Do x k − y k  x r − y r  r = ( ) Vậy để x k − y k chia hết cho với x, y mà xy không chia hết cho thì k = 6a a  N* Câu (1.5 điểm) a) Cho ba số a, b, c  −2 thỏa mãn a + b + c2 + abc = Chứng minh a = b = c = ( )( )( ) ( ) Ta có ab bc ca = abc  nên ba tích ab; bc; ca có tích là số không âm Do vai trò a, b, c nên không tính tổng quát ta giả sử tích không âm là ab ( ) Ta có c  −2 nên suy ab c +  Khi đó ta ( a + b + c2 + abc =  a − b ( Từ đó dẫn đến a − b ) ( ) ( ) + c2 + ab c + = ) = c2 = ab c + =  a = b = c = b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A, B, C phân biệt với OA = OB = OC = Biết   x 2A + x 2B + x C2 + 6x A x B x C = Chứng minh Min x A ; x B ; x C  −   Giả sử Min x A ; x B ; x C  − 1 1 , đó ta x A  − ; x B  − ; x C  − 3 3 Do vai trò ba số x A ; x B ; x C nên không tính tổng quát ta giả sử x A x B  Mà ta có x C  − ( ) nên suy x A x B 3x C +  Khi đó ta có ( x 2A + x 2B + x 2C + 6x A x B x C =  x A − x B ( Từ đó suy x A − x B ) ( ) ( ) + x C2 + 2x A x B 3x C + = ) = x C2 = 2x A x B 3x C + =  x A = x B = x C = hay ba điểm A, B, C trùng Điều này trái với giả thiết ba điểm A, B, C phân biệt Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 312 Website:tailieumontoan.com   Do đó điều giả sử trên là sai hay ta có Min x A ; x B ; x C  − ( ) Câu (3.5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với O là tâm Gọi D là điểm thay đổi trên cạnh BC (D khác B, C) Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và ACD cắt AC, AB E và F (E, F khác A) Gọi K là giao điểm BE và CF A I F O P K E H B J Q D L C T a) Chứng minh tứ giác AEKF nội tiếp đường tròn Ta có tứ giác ABDE và ACDF nội tiếp đường tròn nên AEK = ADB và AFK = ADC Mà ta có ADB + ADC = 1800 nên AEK + AFK = 1800 hay tứ giác AEKF nội tiếp đường tròn b) Chứng minh A, O, D thẳng hàng thì HK song song với BC ( ) Gọi T là giao điểm AD với đường tròn O Khi ba điểm A, O, D thẳng hàng thì ta có ACT = 900 Gọi J là giao điểm AH với BC, ta có AJ B = 900 Xét hai tam giác JAB và CAT ta có AJ B = ACT = 900 ; ABJ = ATC Do đó ta J AB ∽ CAT nên BAH = CAD Ta có BAH = BCH (cùng phụ với ABC ) Mặt khác ta có BHC = BKC = 1800 − BAC nên tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn, suy BKH = BCH Mà ta có DBE = CAD nên suy DBE = BKH , đó HK song song với BC  BC  BAC c) Chứng minh D thay đổi trên cạnh BC thì ta luôn có S    t an   Gọi P là điểm chính cung HK đường tròn ngoại tiếp tam giác BHCK Vẽ PQ vuông góc với BC Q, suy Q là trung điểm BC Khi đó ta có BC BP C BC BHC cot = cot 2 2   BC BAC BC BAC = = cot  900 − t an   2 2   P Q = BQ cot BP Q = Vẽ KL vuông góc với BC L, đó ta có KL  P Q Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 313 Website:tailieumontoan.com Do đó ta SKBC  BC  1 BAC = KL.BC  P Q.BC =   t an 2   d) Chứng minh BF.BA − CE − CA = BD2 − CD2 và ID ⊥ BC + Xét hai tam giác BAD và tam giác BCF có ABD và BAD = BCF nên BAD ∽ BCF Từ đó ta BA BD =  BA.BF = BC.BD Tương tự ta có CE.CA = CB.CD BC BF ( ) ( )( ) Do đó BF.BA − CE.CA = BC BD − CD = BD + CD BD − CD = BD2 − CD Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF M và N Chứng minh tương tự trên ta có BF.BA = BM.BN = IB2 − R và CE.CA = ID2 − R Do đó ta IB2 − ID2 = BD2 − CD2 Vẽ ID’ vuông góc với BC D’, đó ta có IB2 = ID'2 + BD'2 và IC2 = ID'2 + CD'2 Do đó IB2 − IC2 = BD'2 − CD'2 Ta có IB2 − ID2 = BD'2 − CD'2 Do đó hai điểm D và D’ trùng hay ID vuông góc với BC Câu (1.0 điểm) Lớp 9A có học sinh tham gia kỳ thi toán và nhận điểm số khác là các số nguyên từ đến 20 Gọi m là trung bình cộng các điểm số em học sinh trên Ta nói hai học sinh (trong học sinh trên) lập thành cặp hoàn hảo điểm trung bình cộng hai em đó lớn m a) Chứng minh không thể chia em học sinh trên thành cặp mà cặp hoàn hảo Giả sử ta chia học sinh thành ba cặp mà cặp hoàn hảo có số điểm tương ứng là a và b, c và d, e và f Khi đó ta có Suy m = a +b c+d e+f  m;  m; m 2 a +b+c+d+e+f  m , điều này vô lý Vậy không thể chia em học sinh trên thành cặp mà cặp hoàn hảo b) Có thể có nhiều là bao nhiêu cặp hoàn hảo Theo ý a) thì ta có với cách chia học sinh thành cặp thì có nhiều hai cặp hoàn hảo Mà ta có cách chia học sinh thành căp, đó có nhiều 2.5 = 10 cặp hoàn hảo Chẳng hạn học sinh có số điểm tương ứng là 1;12;13;14;15;16 ta thấy có 10 cặp hoàn hảo Vậy có thể có nhiều 10 cặp hoàn hảo Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 314 Website:tailieumontoan.com MỤC LỤC Đề số Trang TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM HỌC 2016 – 2017 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên tỉnh Vĩnh Phúc Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Hùng Vương Phú Thọ - Chuyên Toán Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Hùng Vương Phú Thọ - Chuyên Tin Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Quốc Học Huế Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Thành phố Hà Nội Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 10 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 11 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bắc Ninh – Vòng 12 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bắc Ninh – Vòng 13 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hà Nam 14 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 15 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 16 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Nguyên 17 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên TP Hồ Chí Minh – Vòng 18 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Dương 19 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Định 20 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Phước 21 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hưng Yên – Vòng 22 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hưng Yên – Vòng 23 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Quảng Bình 24 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Long An 25 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hòa Bình 26 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 27 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 315 28 Website:tailieumontoan.com Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Quảng Ngãi TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Bình – Vòng Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Bình – Vòng Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Quốc Học Huế - Chuyên Toán Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Quốc Học Huế - Chuyên Tin Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Bình Định Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 10 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Đồng Nai 11 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Quảng Ninh 12 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ 13 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bắc Ninh 14 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Hưng Yên 15 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bình Phước 16 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên tỉnh Thái Nguyên - Chuyên Toán 17 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên tỉnh Thái Nguyên - Chuyên Tin 18 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Hải Dương 19 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bắc Giang 20 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bình Dương 21 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Thành phố Hà Nội 22 23 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Thành phố Hồ Chí Minh Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 316 Website:tailieumontoan.com 24 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 25 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàuc 26 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 27 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 28 29 30 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC