DE DAP AN TS 10 CHUYEN TOAN BRVT

Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACD và các điểm A, B, P, Q cùng thuộc một đường tròn.. c Chứng minh tam giác BIP cân.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 31/5/2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (3,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức  A  x    4x   x  với x 1 b) Giải phương trình x  x  3x   x x   x   x  y 3  xy  2 c) Giải hệ phương trình  x  y 18 Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất các cặp số nguyên tố  p; q  2 thỏa mãn p  5q 4 f x f x  x  bx  c b) Cho đa thức   Biết b, c là các hệ số dương và   có nghiệm Chứng f 9 c minh   Câu (1,0 điểm) 2 Cho x, y, z là số dương thỏa mãn x  y  z 3xyz Chứng minh: 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   a) Chứng minh MAN  MBN 180 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) HA HB HC    Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm Chứng minh BC CA AB HẾT -Chữ ký giám thị 1: …………………………………………………………………………… Họ và tên thí sinh: …………………………… ……… … Số báo danh ……………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (Chuyên) (Hướng dẫn này gồm 04 trang) Câu 1a Nội dung Điểm Rút gọn biểu thức     A x    4x   x  x   x  x    Do với x 1 thì x    nên Vậy A  x   1c 0,25 x   x  2 x    x 1  0,25 0,25 Giải phương trình x  x  3x  x x   x  (1) Điều kiện xác định: x  (1)  x  x  x   x x   x   x  1 0,25 x   x   x  1 1b với x 1  x  0  x  x  x  1 x  1  x  (thỏa mãn điều kiện)  x 0 1 x  x 1    x  x  x  0 (thỏa mãn điều kiện)  x  y 3  xy  2 Giải hệ phương trình  x  y 18 Điều kiện: xy 0 a 3  b  2 b 0  Đặt a  x  y , b  xy  Ta có hệ a  2b 18  1 0,25 0,25 0,25 0,25  1 0,25  b   2b 18 Thế a 3  b vào phương trình còn lại ta được:   b  6b  0  b 3  x  y 6  a; b   6;3 xy 3  Do đó Ta hệ   x  y 6  x 3    xy 9  y 3 (thỏa mãn điều kiện) 0,25 0,25 0,25 Vậy 2a 2b hệ có nghiệm  x; y   3;3 2 p; q   1 Tìm tất các cặp số nguyên tố  thỏa mãn p  5q 4 p  5q 4  p  5q   p    p   5q 0,25 Do  p   p  và q nguyên tố nên p  có thể nhận các giá trị 0,25 1, 5, q, q Ta có bảng giá trị tương ứng p–2 p+2 p q 5q 0,25 q2 q 5q q p; q   7;3 0,25 Do p, q là các số nguyên tố nên có cặp  thỏa mãn f x f x  x  bx  c Cho đa thức   Biết b, c là các hệ số dương và   có  1 f   9 c nghiệm Chứng minh f  x 0,25 có nghiệm   0  b 4c  b 2 c  f   4  2b  c 4  c  c  c 2  0,25 0,25 c   c   3 c  f  2  3 c Do đó Cách 2:  9 c 0,25 f x  x  x1   x  x2  Theo hệ thức Vi – et ta có x1 x2 c ,    f x Do b, c dương nên   có nghiệm âm  x1  0, x2  Đặt x1  p, x2  q thì p  0, q  và pq c f  x   x  p   x  q  f     p    q     p     q  3 p 3 q 9 pq 9 c 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho x, y, z là số dương thỏa mãn x  y  z 3 xyz Chứng minh: x2 y2 z2   1 y2 z 2 x2 (*) x2 y2 x2 y  2 x2 6x  y   2  x  y 2 y 2 Ta có y  y2 6y  z  z2 6z  x    9 Tương tự z  , x2 Đặt vế trái (*) là P Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được:  1 0,25 0,25 P  x  y  z Lại có 3xyz , x  y  z   x  y  z 4a 5 x  y  z     x  y  z 0,25  x  y  z   x  y  z 3 Từ giả thiết suy Do đó P 1 Hình vẽ (Học sinh vẽ đúng đến câu a.) 0,25 K M I 0,25 N A Q o' O c E P B D   Chứng minh MAN  MBN 180 và I là trung điểm MN     Ta có IMA  ABM , MIA MIB 4b       MBN  MAN  ABM  ABN  MAN IMA  INA  MAN 1800 IMA IBM  IM IA.IB Tương tự ta có IN IA.IB Do đó IM = IN nên I là trung điểm MN Chứng minh tam giác AME đồng dạng tam giác ACD và các điểm A, B, P, Q cùng thuộc đường tròn AME  ACD    ; AEM  ADC (tứ giác AEBD nội tiếp)  AME ACD AE EM EQ  AEQ  ADC ,   AD DC DP  AEQ ADP  1 0,25 0,25 0,25 0,25  1 0,25 0,25 0,25 4c AQE  APD  Vậy tứ giác ABPQ nội tiếp Chứng minh tam giác BIP cân 0,25  0,75 Gọi K là giao điểm CM và DN Do CDNM là hình thang nên các 0,25 điểm I, K, P thẳng hàng   MN // BC  OM  BC  BMC cân M  MCB MBC       0,25 Do MN // BC nên MCB KMN , MBC BMN Suy KMN BMN   Chứng minh tương tự ta KNM BNM Do đó BMN KMN MB = MK, NB = NK nên MN là trung trực KB  BK  CD, IK  IB 0,25 Tam giác KBP vuông B có IK = IB nên I là trung điểm KP Vậy tam giác BIP cân I Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và có trực tâm là H Chứng minh: HA HB HC  1    BC CA AB Gọi D, E, F là các chân đường cao tương ứng kẻ từ các đỉnh A A, B, C tam giác ABC E HA HB HC x , y ,z 0,25 BC CA AB F Đặt H HB BD BHD ADC   AC AD Ta có B xy  D C HA HB HA.BD S AHB   BC AC BC AD S ABC 0,25 S BHC S , zx  CHA S ABC S ABC Tương tự, ta có S  S BHC  SCHA S ABC  xy  yz  zx  AHB  1 S ABC S ABC yz  x  y  z Lại có  3  xy  yz  zx  x  y  z nên  0,25 3  x  y  z  HA HB HC    Vậy BC CA AB ……………HẾT…………… 0,25