Issuu

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THPT Chuyên Hà Nội - Amsterdam Năm học 2015 – 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài : 150 phút (Dành cho học sinh thi chuyên Toán)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO

H Ư

TR ẦN

10 00

Í-

-L

IỄ N

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x − x − 8 − 3 x + 1 = 0.  x 2 + y 2 = 5 2) Giải hệ phương trình  3 3  x + 2 y = 10 x − 10 y Bài II (2,5 điểm). 1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh (n 4 − 1)⋮ 40  p − 1 = 2 x( x + 2) 2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn  2  p − 1 = 2 y ( y + 2) 3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn x3 + y 3 + z 3 = nx 2 y 2 z 2 Bài III (1,5 điểm) 3 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Chứng minh ab + ac + bc ≤ 4 Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) . Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Gọi Q là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC. Gọi E, F là điểm đối xứng của Q qua AB, AC. 1) CMR: MH.MA = MP.MN 2) CMR : E, F, H thẳng hàng. 3) Gọi J là giao điểm của QE và AB. Gọi I là giao điểm của QF và AC. Tìm vị trí của Q trên cung nhỏ BC để AB AC + nhỏ nhất. QJ QI Bài V (1,0 điểm) 1 Chứng minh tồn tại các số nguyên a, b, c sao cho 0 < a + b 2 + c 3 < 1000

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ĐÁP ÁN

Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x − x − 8 − 3 x + 1 = 0. (1) ĐK: x ≥ 8 (1) ⇔ 2 x − 2 x − 8 − 6 x + 2 = 0

)

⇒

x −3 ≥ 0

(

) (

x − 8 −1 +

)

x − 8 −1 ≥ 0

x −3 ≥ 0

G N H Ư

⇔ x3 − 2 x 2 y + 2 xy 2 − 4 y 3 = 0

10 00

(*) ⇔ x3 + 2 y 3 = 2 x3 − 2 x 2 y + 2 xy 2 − 2 y 3

2 2  x + y = 5 (I ) ⇔  3 3 2 2  x + 2 y = 2( x + y )( x − y )(*)

TR ẦN

2 2  x + y = 5 2) Giải hệ phương trình  3 (I) 3  x + 2 y = 10 x − 10 y

 x − 8 − 1 = 0 ⇔ x = 9 (thỏa mãn) Do đó (2) ⇔   x − 3 = 0 Vậy tập nghiệm của phương trình là {9}

⇔ ( x − 2 y )( x 2 + 2 y 2 ) = 0

Í-

x = 2y ⇔ 2 2 x + 2y = 0 Ta có x 2 + 2 y 2 = 0 ⇔ x = y = 0 không là nghiệm của hệ.

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

( (

ẠO

  Ta có:   

⇔ ( x − 8 − 1) 2 + ( x − 3) 2 = 0(2)

ÀN

ÁN

 x2 + y 2 = 5 4 y 2 + y 2 = 5 y =1  y = −1 ⇔ ⇔ hay  Do đó ( I )  x = 2  x = −2 x = 2 y x = 2 y Vậy hệ có nghiệm (2;1) và (–2;–1)

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

⇔ ( x − 8 − 2 x − 8 + 1) + ( x − 6 x

IỄ N

Bài II (2,5 điểm). 1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh (n 4 − 1)⋮ 40 Vì n và 10 nguyên tố cùng nhau nên n không chia hết cho 2 và 5. ⇒ n chỉ có thể có dạng 10k ± 1 và 10k ± 3 với k ∈ ℕ. Ta có: n 4 − 1 = (n 2 − 1)(n 2 + 1) = (n − 1)(n + 1)(n 2 + 1) Do n lẻ nên n – 1 ⋮ 2; n + 1 ⋮ 2 và n 2 + 1 ⋮ 2 ⇒ n 4 – 1 ⋮ 8. (1) • Nếu n = 10k ± 1 ⇒ n2 ≡ (±1)2 ≡ 1 (mod 10) ⇒ n2 – 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (2) Từ (1) và (2), chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1 ⋮ 40 • Nếu n = 10k ± 3 ⇒ n2 ≡ (±3)2 = 9 (mod 10) ⇒ n2 + 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (3)

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Í-

⇒ y 3 + z 3 = x 2 (ny 2 z 2 − 1) ≥ x 2 (*) Vì x ≥ y ≥ z nên 3 x 3 ≥ x3 + y 3 + z 3 = nx 2 y 2 z 2 ⇒ ny 2 z 2 ⇒ 9 x 2 ≥ n 2 y 4 z 4

 z3  Kết hợp với (*) ta có 9 ( y + z ) ≥ 9 x ≥ n y z ⇒ 9 1 + 3  ≥ n 2 yz 4 y    z3 z3  Mà y ≥ z ⇒ 3 ≤ 1 ⇒ n 2 yz 4 ≤ 9 1 + 3  ≤ 18(**) y y   3

4 4

ÀN

ÁN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO

H Ư

TR ẦN

10 00

3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn x3 + y 3 + z 3 = nx 2 y 2 z 2 (1) Giả sử n là số nguyên dương sao cho tồn tại các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn (1) Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1. Từ (1) ⇒ 0 < y 3 + z 3 = x 2 (ny 2 z 2 − 1) ⇒ ny 2 z 2 − 1 > 0 ⇒ ny 2 z 2 − 1 ≥ 1

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

 p − 1 = 2 x( x + 2) 2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn  2  p − 1 = 2 y ( y + 2) Từ (1) ⇒ p – 1 là số chẵn ⇒ p là số nguyên tố lẻ. Trừ từng vế của (2) cho (1) ta được p 2 − p = 2 y 2 − 2 x 2 + 4 y − 4 x ⇔ p ( p − 1) = 2( y − x)( y + x + 2)(*) ⇒ 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p. Mà (2;p) = 1 nên xảy ra 2 TH: • y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ ℕ*) Khi đó từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(x + y + 2) ⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2) ⇒ y – x – k = 2k2(x + y + 2) (loại vì x + y + 2 > y – x – k > 0 ; 2k2 > 1 ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k) • y + x + 2 ⋮ p ⇒ x + y + 2 = kp (k ∈ ℕ*) Từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(y – x) ⇒ kp – k = 2k2(y – x) ⇒ x + y + 2 – k = 2k2(y – x) (**) Ta chứng minh k = 1. Thật vậy nếu k ≥ 2 thì từ (**) ⇒ x + y = 2k2(y – x) + k – 2 ≥ 8(y – x) (vì y – x > 0) ⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x Do đó từ (2) ⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1) (vì 2x(x + 2) = p – 1 theo (1)) ⇒ p + 1 < 4 ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p là số nguyên tố lẻ. Do đó k = 1, suy ra x + y + 2 = p x + y + 2 = p x + y + 2 = p  y = 3x + 1 ⇔ ⇔ ⇔   p − 1 = 2( y − x)  x + y + 1 = 2( y − x)  y = 3x + 1  p −1 = 4x + 2 Thay p – 1 = 4x + 2 vào (1) ta có: 4 x + 2 = 2 x( x + 2) ⇔ 2 x + 1 = x 2 + 2 x ⇔ x 2 = 1 ⇒ x = 1 ⇒ y = 4, p = 7 (thỏa mãn) Vậy x = 1, y = 4 và p = 7.

Từ (1) và (3) chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1⋮ 40 Vậy trong mọi trường hợp ta có n4 – 1 ⋮ 40

IỄ N

z = 1 Ta có: (**) ⇒ z 4 ≤ 18 ⇒  z = 2 2 • Nếu z = 2 : (**) ⇒ 16n y ≤ 18 ⇒ n = y = 1 (loại vì y < z)

• Nếu z = 1 : (**) ⇒ n 2 y ≤ 18 ⇒ n 2 ≤ 18 ⇒ n ≤ 4 Ta chứng minh n ∉ {2;4}. Thật vậy, *Nếu n = 4 thì từ n2y ≤ 18 ⇒ 16y ≤ 18 ⇒ y = 1. Từ (1) ⇒ x3 + 2 = 4x2 ⇒ x2(4 – x) = 2 ⇒ x2 là ước của 2 ⇒ x = 1 (không thỏa mãn) *Nếu n = 2 thì từ n2y ≤ 18 suy ra 4y ≤ 18 ⇒ 1 ≤ y ≤ 4.

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

+ y = 1: (1) ⇒ x 3 − 2 x 2 + 2 = 0 ⇒ x 2 ( x − 2) = −2 < 0 ⇒ x < 2 ⇒ x = 1( L)

Bài III (1,5 điểm)

ẠO G

3 4

10 00

TR ẦN

H Ư

Áp dụng BĐT Cô–si cho ba số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có: 3 (a + b) + (b + c) + (c + a ) ≥ 3 3 (a + b)(b + c)(c + a ) = 3 ⇒ a + b + c ≥ (2) 2 Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có: a + b ≥ 2 ab  1 b + c ≥ 2 ac ⇒ 1 = (a + b)(b + c)(c + a ) ≥ 8abc ⇒ abc ≤ (3) 8  c + a ≥ ca 2  Biến đổi (1), chú ý 2 BĐT (2) và (3), ta được: (a + b)(b + c)(c + a ) = 1 ⇔ (a + b)(bc + ba + c 2 + ca ) = 1

⇔ (a + b)(bc + ba + ca ) + ac 2 + bc 2 = 1

⇔ (a + b)(ab + bc + ca ) + c(ab + bc + ca ) − abc = 1

⇔ (a + b + c)(ab + bc + ca ) − abc = 1

Í-

1 1 + abc 8=3 ⇔ ab + bc + ca = ≤ a+b+c 3 4 1 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = . 2 Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) . Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Gọi Q là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC. Gọi E, F là điểm đối xứng của Q qua AB, AC.

-L

IỄ N

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Chứng minh ab + ac + bc ≤

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

+ y = 2 : (1) ⇒ x 3 − 8 x 2 + 9 = 0 ⇒ 9 = x 2 (8 − x). Suy ra x2 là ước của 9. Mà x2 ≥ y2 = 4 nên x=3 (không thỏa mãn) + y = 3 : (1) ⇒ x3 − 18 x 2 + 28 = 0 ⇒ x 2 (18 − x) = 28. Suy ra x2 là ước của 28. Mà x2 ≥ y2 = 9 nên không tồn tại x thỏa mãn. + y = 4 : (1) ⇒ x3 − 32 x 2 + 65 = 0 ⇒ x 2 là ước của 65 (loại vì 65 không có ước chính phương) Vậy n ∉ {2;4}. Do đó n ∈ {1;3} Thử lại với n = 1, tồn tại bộ (x;y;z) nguyên dương chẳng hạn (x;y;z) = (3;2;1) thỏa mãn (1) với n = 3, tồn tại bộ (x;y;z) = (1;1;1) thỏa mãn (1). Vậy tất cả các giá trị n thỏa mãn bài toán là n ∈ {1;3}

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

ẠO

1) CMR: MH.MA = MP.MN 1) Xét tứ giác ANMB có ANB = AMB = 90o nên nó là tứ giác nội tiếp ⇒ BAM = BNM hay PAM = HNM (1) Xét tứ giác CNHM có HNC + HMC = 90o + 90o = 180o nên nó là tứ giác nội tiếp => NHM + NCM = 180o (2) Tứ giác APMC có APC = AMC = 90o nên là tứ giác nội tiếp ⇒ APM + ACM = 180o (3) Từ (2) và (3) ⇒ NHM = APM (4) NM HM = ⇒ MH .MA = MN .MP. Từ (1) và (4) ⇒ ∆NHM ~ ∆APM (g.g) ⇒ AM PM 2) CMR : E, F, H thẳng hàng. Gọi K là giao BH và QE, L là giao CH và QF. Tứ giác AJQI có AIQ + AJQ = 90o + 90o = 180o nên là tứ giác nội tiếp ⇒JAI + JQI = 180o Mà JAI + BQC = 180o (do ABQC là tứ giác nội tiếp) nên JQI = BQC => BQE = CQF (5) Vì E, F đối xứng với Q qua AB, AC nên BQ = BE, CQ = CF ⇒ ∆ BEQ và ∆ CQF cân => CQF = CFQ (6) . Từ (5) và (6) suy ra CFL = BQK (7) Ta có LH // QK (cùng vuông góc AB); KH // QL (cùng vuông góc AC) nên QKHL là hình bình hành ⇒ QKH = QLH = FLC hay QKB = FLC (8) QK QB Từ (7) và (8) ⇒∆QKB ~ ∆FLC (g.g) => = FL FC QB QE QK QE QK FL Hai tam giác cân BQE và CFQ đồng dạng, nên = ⇒ = ⇒ = FC QF FL QF QE FQ LH FL Mà QK = LH (do QKHL là hình bình hành) nên = QE FQ LH ' FL Vì LH’ // QE nên theo định lý Ta–lét ta có: = QE FQ Do đó LH = LH’ ⇒ H’ ≡ H ⇒ H ∈ EF ⇒ H, E, F thẳng hàng. 3) Gọi J là giao điểm của QE và AB. Gọi I là giao điểm của QF và AC. Tìm vị trí của Q trên cung nhỏ BC để AB AC + nhỏ nhất. QJ QI Vẽ QD ⊥ BC tại D. Trên cạnh BC lấy điểm G sao cho CQG = BQA => BQG = CQA BA AQ Vì ABQC là tứ giác nội tiếp nên BAQ = GCQ => ∆BAQ ~ ∆GCQ (g.g) => = GC CQ AQ JQ Vì JAQ = DCQ ; QJA = QDC = 90o => ∆JAQ ~ ∆DCQ (g.g) => = CQ DQ

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

BA JQ AB GC = ⇒ = GC DQ QJ DQ Chứng minh tương tự ta có: AC GB = QI DQ AB AC GC + GB BC ⇒ + = = QJ QI DQ DQ AB AC Vì BC không đổi nên + nhỏ nhất ⇔ DQ lớn nhất ⇔ Q là điểm chính giữa cung BC nhỏ của đường QJ QI tròn (O). Bài V (1,0 điểm) 1 Chứng minh tồn tại các số nguyên a, b, c sao cho 0 < a + b 2 + c 3 < 1000 Xét nửa khoảng A = (0;1]. Chia nửa khoảng này thành 1000 nửa khoảng 1  2    1  n −1 n   999  , A2 =  ; ,..., An =  ; ,..., A1000 =  ;1 A1 =  0;     1000   1000 1000   1000 1000   1000  Xét bộ số x1 ; x2 ;...; x1001 với xk = 1 − k 2  + k 2(k ∈ ℕ*, k ≤ 1001) Với mọi k ta có − k 2 < 1 − k 2  ≤ 1 − k 2 (tính chất phần nguyên) nên 0 < 1 − k 2  + k 2 ≤ 1 ⇒ xk ∈ A ⇒ xk thuộc một trong các 1000 khoảng A1, A2,..., A1000 Có 1001 số xk mà có 1000 nửa khoảng, do đó tồn tại 2 số xi , x j thuộc cùng một nửa khoảng Am nào

10 00

1 1 ⇒ 0 < a + b 2 + 0. 3 < 1000 1000 Vậy tồn tại các số nguyên a, b, c thỏa mãn đề bài.

-L

Í-

Do đó 0 <| xi − x j |<

TO D

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO

H Ư

TR ẦN

1 . 1000 Đặt a = 1 − i 2  − 1 − j 2  , b = i − j => xi − x j = a + b 2 + 0. 3 Mà a là số nguyên, b 2 là số vô tỷ nên a + b 2 ≠ 0 ⇒| xi − x j |> 0

đó 0 ≤| xi − x j |<

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

Do đó

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2015 – 2016 Môn: TOÁN (chung) Thời gian làm bài: 120 phút. (Đề thi gồm: 01 trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 1. (2,0 điểm)

3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số y = 2 x 2

ẠO

x + x 1− x 1 2 )( ) ( với x>0;x ≠ 1) − − x −1 x −1 x +1 x−x

TR ẦN

H Ư

1) Rút gọn biểu thức Q . 2) Tìm các giá trị của x để Q = −1. Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2 − 2(m − 1) x + m 2 − 6 = 0 (1) (với m là tham số).

Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức Q = (

a) Giải phương trình với m = 3.

b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x1 ;x2 , thỏa mãn x12 + x2 2 = 16 .

-L

Í-

10 00

 x + 2( x − y + 3) = y 2) Giải hệ phương trình  2  x + ( x + 3)(2 x − y + 5) = x + 16 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB <AC) , đường cao AH. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt các cạnh AB,AC , lần lượt tại M,N. Gọi O là trung điểm của đoạn BC, D là giao điểm của MN và OA. 1) Chứng minh rằng: a) AM. AB= AN. AC b) Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng: a) ∆ADI ∽ ∆AHO . 1 1 1 b) = + AD HB HC 3) Gọi P là giao điểm của BC và MN, K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường kính AH. Chứng minh rằng BKC = 90o. Câu 5. (1,0 điểm)

IỄ N

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

4) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB=3; BC = 5. Tính cos ACB.

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

2) Tính giá trị của biểu thức A = x + 3 − 3 − x khi x=2 2

U Y

x + 1 + x − 3 xác định.

1) Với giá trị nào của x thì biểu thức

1) Giải phương trình

3 x 2 − 6 x − 6 = 3 (2 − x)5 + (7 x − 19) 2 − x

2) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc =1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c T= 4 4 + 4 4 + 4 b + c + a a + c + b a + b4 + c ---------HẾT---------

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 1 (2,0 điểm)

Đáp án

ẠO

0,25

x + 1 xác định x+1 ≥ 0 x ≥ -1

x − 3 xác định x-3 ≥ 0 x ≥ 3

x + 1 + x − 3 là x ≥ 3

Vậy điều kiện xác định của biểu thức

0,25

=| 2 + 1| − | 2 − 1|= ( 2 + 1) − ( 2 − 1) = 2

0,25

TR ẦN

H Ư

2)Với x= 2 2 ta có: A= 2 2 + 3 − 3 − 2 2 = ( 2 + 1) 2 − ( 2 − 1)2

3) Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 2 x 2 = 8 <=> x = ±2 . Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8) và (-2;8).

0,25 0,25 0,25

10 00

4) Vì tam giác ABC vuông tại A nên AC = BC 2 − AB 2 = 52 − 32 = 4 AC 4 = Do đó cos ACB = BC 5

0,25

Í-

Câu 2 (2,0 điểm)

Đáp án

Điểm 0,5

-L

1) (1,0 điểm) Với điều kiện x > 0 và x ≠ 1, ta có

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1) x + 1 + x − 3 xác định <=> x + 1; x − 3 đồng thời xác định

Điểm 0,25

 x +1 2   x ( x + 1) 1− x  Q =  − −  .   x +1 x (1 − x )   ( x − 1)( x + 1) x − 1   0,25

 x −1   x −1  =   .  = x − 1 x    

0,25

x −1 x

IỄ N

ÀN

 x +1 2  1 =  − )  .( x − x  x −1 x −1 

2) (0,5 điểm) Với x > 0 và x ≠ 1, ta có Q =

x −1 x

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN (Đề chung)

0,25

Do đó

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Q = −1 <=>

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x −1 = −1 x

<=> x − 1 = − x

0,25

TR ẦN

Phương trình (1) có các nghiệm x1;x2 <=> ∆ ' ≥ 0 <=> 7 − 2 m ≥ 0 <=> m ≤

N Ơ H N U Y .Q TP

Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25

7 (*) 2

Khi đó theo định lý Viét ta có x1 + x2 = 2(m − 1); x1 x2 = m 2 − 6

0,25

10 00

Do đó: x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 4(m − 1) 2 − 2(m 2 − 6) = 2m 2 − 8m + 16 0,25

m = 0 Vậy x12 + x2 2 =16 2m2 − 8m + 16 = 16  m = 4 Kết hợp điều kiện (*) ta có m = 0 là giá trị thỏa mãn.

0,25

Í-

 x + 2( x − y + 3) = y (1)  x ≥ −2 Điều kiện:  2) (1,0 điểm)  2 y ≥ 0  x + ( x + 3)(2 x − y + 5) = x + 16 (2)

ÁN

Với x≥-2; y≥0, phương trình (1) <=> x + 2( x − y + 2) + x + 2 − y = 0

<=> x + 2[( x + 2) 2 − ( y ) 2 ] + x + 2 − y = 0 0,25

ÀN

( x + 2 − y )[ x + 2( x + 2 + y ) + 1] = 0

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

H Ư

ẠO

1 <=> x = (TM ) 4 1 Vậy với x = thì Q= -1 4 Câu 3 (2,5 điểm) Đáp án 1) (1,5 điểm) a) (0,75 điểm) Với m = 3, ta có phương trình (1) trở thành x2-4x=3=0 Ta có a+b+c =1−4+3 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1=1; x2=3 Vậy với m = 3, phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1=1; x2=3 b)(0,75 điểm) x2-2(m-1)x+m2-6=0 Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có ∆ ' = (m − 1) 2 − (m 2 − 6) = 7 − 2m

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

<=> 2 x = 1

> 0 ∀x ≥−2; y ≥ 0

<=> x + 2 − y = 0

IỄ N

<=> x + 2 = y 0,25

Thay y = x+ 2 vào phương trình (2) ta được phương trình:

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x 2 + ( x + 3)(2 x − ( x + 2) + 5) = x + 16 <=> x 2 + ( x + 3) 2 = x + 16 <=> 2 x 2 + 5 x − 7 = 0

N Ơ H Đ G N H Ư

TR ẦN B 10 00 A Ó TO

ÀN

0,25

IỄ N

0,25

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

N U Y .Q

Điểm

ẠO

0,25

H Í-

-L

1) (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Xét đường tròn (I) có AMH=ANH =90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên HM ,HN tương ứng là đường cao của các tam giác vuông ABH, ACH +) ∆ABH vuông tại H , có đường cao HM nên suy ra AM.AB= AH2 . +) ∆ACH vuông tại H , có đường cao HN nên suy ra AN. AC =AH2. Do đó AM. AB =AN .AC AM AN b)(0,5 điểm) Theo câu a) ta có AM . AB = AN . AC => = AC AB AM AN Xét ∆AMN và ∆ACB có A chung, = nên suy ra ∆AMN∽ ∆ACB (c.g.c) AC AB Do đó AMN= ACB=> BCN+ BMN= ACB +BMN= AMN +BMN =1800 Mà các góc BCN;BMN , ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp. 2) (1,0 điểm)

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 x = 1(TM ) <=>   x = −7 ( L)  2 +) Với x=1=>y=3. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=(1;3) Câu 4 (3,0 điểm) Đáp án

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

0,25 0,25

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

0,25

H Ư

TR ẦN

10 00

Í-

3 x 2 − 6 x − 6 ≥ 0 1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định  <=> x ≤ 1 − 3 2 − x ≥ 0 Với x ≤ 1 − 3 , phương trình đã cho tương đương với:

ÁN

3 x 2 − 6 x − 6 = 3(2 − x) 2 2 − x + (7 − 19) 2 − x

<=> 3 x 2 − 6 x − 6 = (3 x 2 − 5 x − 7) 2 − x 3x 2 − 5 x − 8

3x − 6 x − 6 + 2 − x

0,5

Điểm 0,25

= (3 x 2 − 5 x − 7) 2 − x

<=>

ÀN

<=> 3 x 2 − 6 x − 6 − 2 − x = (3 x 2 − 5 x − 7) 2 − x

0,5

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO

0,25

Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH2= HB .HC. 1 1 1 HB + HC => = = + AD HB.HC HB HC 3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp => PBM =MNC =>PBM +ANM =MNC+ANM =1800 (1) Vì tứ giác ANMK nội tiếp ⇒ PKM =ANM (2) Từ (1) và (2) suy ra PBM+ PKM =1800, do đó tứ giác PKMB nội tiếp ⇒PKB =PMB= AMN= ACB =>AKB+ ACB= AKB+ PKB= 180O Do đó tứ giác BKAC nội tiếp ⇒ BKC= BAC= 900. Câu 5 (1,0 điểm) Đáp án

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

a) (0,5 điểm) Ta có tam giác ABC vuông tại A và O là trung điểm của cạnh BC nên OA= OB =OC ⇒ ∆OAC cân tại O ⇒ OAC= OCA=> OAC =BCN Mà AMN= ACB= BCN = = nên AMN= OAC=> AMN= DAN Vì ∆AMN vuông tại A nên AMN+ ANM=90o=> DAN +ANM=90o=> ADN = 90o Mà MAN = 900 ⇒ MN là đường kính của đường tròn (I) ⇒ I là trung điểm của MN nên ADI = 90o . Xét ∆AID và ∆AOH có ADI= AHO= 900 và A chung do đó ∆ADI∽ ∆AHO (g.g) b)(0,5 điểm) AD AI AO 1 Vì ∆ADI∽ ∆AHO => = => = AH AO AD AH . AI BC 1 1 1 ; AI = AH ; => Mà AO = = BC 2 AD AH 2

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

3 x 2 − 6 x − 6 + 2 − x > 0∀x ≤ 1 − 3)

IỄ N

3 x 2 − 5 x − 8 = 0 ( Do <=>  2 1 = 2 − x ( 3 x − 6 x − 6 + 2 − x )

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

0,25

+ )3 x 2 − 5 x − 8 = 0

 x = −1(TM) <=>   x = 8 ( L) 3 

+ )1 = 2 − x ( 3 x 2 − 6 x − 6 + 2 − x )

<=> 1 = 2 − x + 2 − x 3 x 2 − 6 x − 6

Do x ≤ 1- 3 => x − 1 < 0 ≤ 2 − x 3 x 2 − 6 x − 6 => (*) VN

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −1

0,25

ẠO

Thật vậy:

a 4 + b 4 ≥ ab(a 2 + b 2 )

<=> a 4 + b 4 ≥ a 3b + ab3

H Ư

<=> (a − b)(a 3 − b3 ) ≥ 0

TR ẦN

<=> (a − b)2 (a 2 + ab + b 2 ) ≥ 0 (luôn đúng ∀a; b ∈ R )

=> a 4 + b 4 + c ≥ ab(a 2 + b 2 ) + c <=> a 4 + b 4 + c ≥ ab(a 2 + b 2 ) + abc 2 > 0 ( vì a;b;c >0 và abc=1)

<=>

c c c c ≤ (Vi c>0)<=> 4 ≤ 4 2 2 2 4 2 a + b + c ab(a + b ) + abc a + b + c ab(a + b 2 + c 2 )

<=>

c c2 c c2 ≤ <=> ≤ (1) a 4 + b 4 + c abc(a 2 + b 2 + c2 ) a 4 + b4 + c a 2 + b2 + c 2

10 00

-L

Í-

Tương tự: b b2 (2) ≤ a4 + c4 + b a2 + b2 + c2 a c2 (3) ≤ b4 + c4 + a a2 + b2 + c2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

2) (0,5 điểm) Ta có: a 4 + b 4 ≥ ab(a 2 + b 2 )∀a; b ∈ R

ÀN

a b c a2 + b2 + c2 + + ≤ =1 b4 + c 4 + a a 4 + c4 + b a4 + b4 + c a2 + b2 + c2 Vậy T ≤ 1 ∀a; b; c > 0 thỏa mãn abc=1

0,25

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

<=> x − 1 = 2 − x 3 x 2 − 6 x − 6(*)

IỄ N

Với a=b=c=1 thì T=1 Vậy GTLN của T là 1

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 12 tháng 6 năm 2015 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

H N

HẾT

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y .Q

ẠO

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

b) Chứng minh rằng: abc(a 3 − b3 )(b3 − c 3 )(c 3 − a 3 )⋮ 7 ∀a,b,c ∈ R Câu 3. (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD . Đường thẳng qua C vuông góc với CD cắt đường thẳng qua A vuông góc với BD tại F . Đường thẳng qua B vuông góc với AB cắt đường trung trực của AC tại E . Hai đường thẳng BC và EF cắt KE nhau tại K . Tính tỉ số KF Câu 4. (1 điểm) Cho hai số dương a , b thỏa mãn điều kiện: a+b ≤ 1. 3 a −9 − ≤ Chứng minh rằng: a 2 − 4a b 4 Câu 5. (2 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( ) O . Gọi M là trung điểm của cạnh BC và N là điểm đối xứng của M qua O . Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại D . Kẻ đường kính AE . Chứng minh rằng: a) Chứng minh BA.BC =2.BD. BE b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của tam giác ABC . Câu 6. (1 điểm) Mười vận động viên tham gia cuộc thi đấu quần vợt. Cứ hai người trong họ chơi với nhau đúng một trận. Người thứ nhất thắng x1 trận và thua y1 trận, người thứ hai thắng x2 trận và thua y2 trận, ..., người thứ mười thắng x10 trận và thua y10 trận. Biết rằng trong một trận đấu quần vợt không có kết quả hòa. Chứng minh rằng: x12 + x2 2 + ..... + x10 2 = y12 + y2 2 + .... + y10 2

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a) Giải phương trình: 2 x 2 + x + 3 = 3 x x + 3

Câu 1. (1,5 điểm) Cho hai số thực a , b thỏa điều kiện ab = 1, a +b ≠ 0 . Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 3 1 1 6 1 1 ( 3 + 3)+ ( 2 + 2)+ ( + ) P= 3 4 5 ( a + b) a b ( a + b) a b (a + b) a b Câu 2. (2,5 điểm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang)

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướng dẫn giải

a 2 + b 2 − 1 3(a 2 + b 2 ) 6 + + 2 4 ( a + b) ( a + b) ( a + b) 4

(a 2 + b 2 − 1)(a + b) 2 + 3(a 2 + b 2 ) + 6 ( a + b) 4

(a 2 + b 2 − 1)(a 2 + b 2 + 2) + 3(a 2 + b 2 ) + 6 ( a + b) 4

(a 2 + b 2 ) 2 + 4(a 2 + b 2 ) + 4 ( a + b) 4

(a 2 + b 2 + 2) 2 ( a + b) 4

ẠO Đ G N H Ư TR ẦN B 10 00 Ó

(a 2 + b 2 + 2ab) 2 = ( a + b) 4

-L

Í-

(a + b) 2  = ( a + b) 4 =1 Vậy P = 1, với ab = 1 , a+b ≠ 0. Câu 2a. Điều kiện: x ≥ −3 Với điều kiện trên, phương trình trở thành:

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

a 3 + b3 3(a 2 + b 2 ) 6(a + b) + + ( a + b)3 ( a + b) 4 ( a + b)5

a 3 + b3 3(a 2 + b 2 ) 6(a + b) + + 3 3 4 2 (a + b) (ab) (a + b) (ab) (a + b)5 (ab)

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 1. Với ab = 1 , a + b ≠ 0, ta có:

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2 x 2 − 3 x x + 3 + ( x + 3) 2 = 0 <=> 2 x 2 − 2 x x + 3 + ( x + 3) 2 − x x + 3 = 0 <=> 2 x( x − x + 3) − x + 3(x − x − 3) = 0

<=> ( x − x + 3)(2 x − x + 3) = 0

H -L

Í-

10 00

 1 + 13  So với điều kiện ban đầu, ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = 1;  2   Câu 5.

TO D

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO

U Y

N TR ẦN

H Ư

x ≥ 0    x = 1 + 13 x ≥ 0 1 + 13 <=>   <=> x = •(1) : x + 3 = x <=>  2 2  2 x + 3 = x  − 1 13  x = 2   x ≥ 0  x ≥ 0  x =1 •(2) : x + 3 = 2 x <=>  <=>   <=> x = 1 2 x + 3 = 4x   x = −3   4

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 x + 3 = x(1) <=>   x + 3 = 2 x(2)

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO Đ G N H Ư TR ẦN B 10 00

-L

Í-

a) Chứng minh BA . BC = 2BD . BE • Ta có: DBA+ ABC = 900 , EBM +ABC = 900 ⇒ DBA =EBM (1) • Ta có: ∆ONA = ∆OME (c-g-c) ⇒ EAN= MEO Ta lại có: DAB +BAE+ EAN = 900, và BEM +BAE +MEO = 900 ⇒ DAB= BEM (2) • Từ (1) và (2) suy ra ∆BDA đồng dạng ∆BME (g-g) BD BA BA.BC => = => DB.BE = BA.BM = 2 BM BE => 2 BD.BE = BA.BC b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của ∆ ABC • Gọi F là giao của BD và CA. Ta có BD.BE= BA.BM (cmt) BD BM => = => ∆BDM ~ ∆BAE (c − g − c) BA BE => BMD = BEA Mà BCF=BEA(cùng chắn AB)

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

IỄ N

ÀN

ÁN

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

U Y

=>BMD=BCF=>MD//CF=>D là trung điểm BF • Gọi T là giao điểm của CD và AH . TH CT ∆BCD có TH //BD => = (HQ định lí Te-let) (3) BD CD TA CT = (HQ định lí Te-let) (4) ∆FCD có TA //FD => FD CD Mà BD= FD (D là trung điểm BF ) (5) • Từ (3), (4) và (5) suy ra TA =TH ⇒T là trung điểm AH .

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH Năm học 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN CHUNG Ngày thi: 11 tháng 6 năm 2015 Thời gian làm bài: 120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Bài 1: (1,5 điểm)

ẠO

1 1 8 x + y = 5  b)   2 − 5 = −1  x y 3

TR ẦN

H Ư

Bài 3: (1,0 điểm) Cho phương trình x 4 + 2mx 2 + 4m + 5 = 0(1) . Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

IỄ N

ÀN

ÁN

-L

Í-

10 00

Bài 4: (1,5 điểm) Hai người đi xe đạp cùng khởi hành một lúc tại một địa điểm: người thứ nhất đi về phía nam, người thứ hai đi về phía tây. Sau 4 giờ hai người cách nhau 100km theo đường chim bay. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng vận tốc của người thứ nhất nhỏ hơn vận tốc của người thứ hai 5km/h. Bài 5: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy hai điểm C, D trên nửa đường tròn sao cho AC=BD (C nằm giữa A và D). Gọi E là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh hai tam giác ACE, BDE bằng nhau. b) Chứng minh tứ giác AOEC, BOED nội tiếp. c) Đường thẳng qua O vuông góc AD cắt CD tại F. Tứ giác AODF là hình gì? Vì sao? d) Gọi G là giao điểm của AC và BD. Chứng minh O, E, G thẳng hàng. ––––Hết––––

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

a) x 2 + 5 x − 6 = 0

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

A 2 ; A + B 2 bằng cách rút gọn hoặc biến đổi thích hợp B Bài 2: (2,0 điểm) Giải hệ phương trình và phương trình:

Tính giá trị của biểu thức A + B; A.B;

Cho A = 3 − 1; B = 3 + 1

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ĐÁP ÁN

Bài 1: Ta có:

AB = ( 3 − 1)( 3 + 1) = ( 3)2 − 12 = 3 − 1 = 2

TP G

ẠO

A2 + B 2 = ( A + B) 2 − 2 AB = (2 3) 2 − 2.2 = 12 − 4 = 8 Bài 2: a ) x 2 + 5 x − 6 = 0 (1)

10 00

TR ẦN

H Ư

Phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn x, có tổng các hệ số a + b + c = 1 + 5 + (–6) = 0 nên có hai nghiệm −6 = −6 x1 = 1; x2 = 1 Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {−6;1} 1 1 8 x + y = 5  b)   2 − 5 = −1  x y 3

-L

Í-

5 5  7 23  1 23  1 23 21  = = = x= x + y =8      x 3  x 21  x 21  23 <=>  <=>  <=>  <=>  <=>   2 − 5 = −1  2 − 5 = −1 2. 23 − 5 = −1  1 = 53  y = 105  x y 3  21 y 3  y 105 53   x y 3  21 105  Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất (x;y) =  ;   23 53  Bài 3: x 4 + 2mx 2 + 4m + 5 = 0(1)

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

A 3 −1 ( 3 − 1) 2 4−2 3 = = = = 2− 3 B 2 3 + 1 ( 3 + 1)( 3 − 1)

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

A + B = ( 3 − 1) + ( 3 + 1) = 2 3

Đặt t = x 2 ; t ≥ 0 , phương trình (1) trở thành

t 2 + 2mt + 4m + 5 = 0(2)

IỄ N

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

U Y

m > 5     m 2 − 4m + 5 > 0 ∆ ' = m 2 − (4m + 5) > 0   m < −1  5   <=> m < 0 <=> m < 0 <=> − < m < −1  S = −2 m > 0 4  P = 4m + 5 > 0   −5 −5  m > m > 4 4    −5  Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là m ∈  ; −1  4 

ẠO Đ G N H Ư TR ẦN

Í-

10 00

Gọi O là điểm khởi hành của 2 xe. Sau 4 giờ, người thứ nhất ở vị trí A, người thứ hai đang ở vị trí B và AB = 100km. Gọi vận tốc của người thứ nhất là x (km / h) (x > 0) Vì vận tốc của người thứ nhất nhỏ hơn vận tốc của người thứ hai 5km/h nên vận tốc của người thứ hai là x + 5 (km / h) Quãng đường người thứ nhất đi trong 4 giờ là OA = 4x (km) Quãng đường người thứ hai đi trong 4 giờ là OB = 4(x + 5) (km) Vì ∆ OAB vuông ở O nên ta có phương trình: OA2 + OB 2 = AB 2

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bài 4:

ÁN

<=> 16 x 2 + 16(x + 5)2 = 1002

<=> 2 x 2 + 10 x − 600 = 0

<=> 2( x − 15)( x + 20) = 0

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

IỄ N

ÀN

⇔ x = 15 (thỏa mãn) hoặc x = –20 (loại) Vậy vận tốc của ngưới thứ nhất là 15 km /h và của người thứ hai là 20 km /h. Bài 5:

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 ACE = BDE = 90o (cmt)  => ∆ACE = ∆BDE ( g .c.g ) AC = BD(gt) CAE = DBE(cmt) 

-L

Í-

b) Vì ∆ ACE = ∆ BDE nên AE = BE (hai cạnh tương ứng) Mà OA = OB nên OE là đường trung trực của đoạn AB =>AOE=90o Tứ giác AOEC có tổng hai góc đối AOE+ACE=90o+90o=180o nên AOEC là tứ giác nội tiếp Chứng minh tương tự ta có BOED là tứ giác nội tiếp. c) Vì EA = EB (cmt) nên ∆ ABE cân ở E =>EAB=EBA (1) Vì ACDB là tứ giác nội tiếp nên EAB=ECD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD)(2) Từ (1) và (2) ⇒ ECD=EBA ⇒ CD // AB (3) Vì OF ⊥ AD, BD ⊥ AD nên OF // BD (4) Từ (3) và (4) ⇒ OFDB là hình bình hành ⇒ DF = OB = OA Mà DF // OA nên tứ giác AODF là hình bình hành

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO Đ G N H Ư

10 00

TR ẦN

a) Vì C, D thuộc đường tr n đường kính AB nên: ACB=ADB=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tr n) ⇒ Hai tam giác ACE và BDE vuông =>CAE+AEC=90o;DBE+BED=90o Mà AEC=BED (hai góc đối đỉnh) nên CAE =DBE Xét ∆ ACE và ∆ BDE có:

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Ơ H

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

IỄ N

ÀN

ÁN

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

U Y

Hình bình hành AODF có hai đường chéo OF và AD vuông góc với nhau nên nó là hình thoi. d) Vì ∆ ACE = ∆ BDE nên CAE=DBE Mà EAB=EBA (cmt) nên CAE+EAB=DBE+EBA=>CAB=DBA ⇒ ∆ GAB cân ở G ⇒ GA = GB ⇒ G thuộc đường trung trực của đoạn AB. ⇒ G ∈ OE ⇒ O, E, G thẳng hàng.

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY NĂM HỌC 2015 – 2016 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 2 x 1 − + x + x x −1 x − x

2. Tính giá trị biểu thức: B = 3 85 + 62 7 + 3 85 − 62 7

ẠO

 x + 2 y = 2m + 1 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình   4 x + 2 y = 5m − 1 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho parabol (P): y = x2 cắt đường thẳng d: y = mx – 2 tại 2 điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) thỏa mãn y1 + y2 = 2( x1 + x2 ) − 1

x 2 − 9 − x 2 − 16 = 1

3 3  x + 4 y = y + 16 x 2. Giải hệ phương trình  2 2 1 + y = 5(1 + x )

TR ẦN

1. Giải phương trình

H Ư

Câu 3. (2,0 điểm)

-L

Í-

10 00

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB,AC,BC. Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF và DF lần lượt tại I và K. 1. Tính số đo góc BIF 2. Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE . a. Khi AM = AB, gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng ba điểm A,O,H thẳng hàng, từ đó suy ra tứ giác ABHI nội tiếp. b. Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của (O), P, Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE và DF. Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ max. Câu 5. (1,0 điểm) 1 1 1 Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện + + ≤ 3 . Chứng minh rằng: a b c a b c 1 + + + (ab + bc + ca ) ≥ 3 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2

IỄ N

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 2. (2,0 điểm)

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

1. Rút gọn biểu thức: A =

Câu 1. (2,0 điểm)

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY – NINH BÌNH

Ơ H N

1 2 x 1 − + x + x x −1 x − x

1 2 x 1 − + x ( x + 1) ( x − 1)( x + 1) x ( x − 1)

−2 x ( x − 1) x ( x − 1)( x + 1) −2 = x +1 −2 Vậy A= x +1

10 00

TR ẦN

2. B = 3 85 + 62 7 + 3 85 − 62 7

Đặt a = 3 85 + 62 7 ; b = 3 85 − 62 7 => a + b = B

Mặt khác:

Í-

a 3 + b3 = (85 + 62 7) + (85 − 62 7) = 170

ÁN

ab = 3 85 + 62 7 3 85 − 62 7 = 3 852 − (62 7) 2 = 3 −19683 = −27 Ta có:

ÀN

B 3 = (a + b)3 = a 3 + b3 + 3ab(a + b) = 170 − 3.27.B

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

.Q TP Đ G

−2 x + 2 x x ( x − 1)( x + 1)

ẠO

( x − 1) − 2 x x + ( x + 1) x ( x − 1)( x + 1)

H Ư

U Y

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 1. 1. Ta có:

=> B 3 + 81B − 170 = 0

IỄ N

2 => (B− 2)(B + 2 B + 85) = 0 >0

=> B = 2 Vậy B=2 Câu 2.

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 x + 2 y = 2m + 1 1.  (I)  4 x + 2 y = 5m − 1

x + 2 y −1  m = x + 2 y − 1 3x + 2 y + 1 2 ( I ) <=>  => = 2 5 m = 4 x + 2 y + 1  5 => 5( x + 2 y − 1) = 2(4 x + 2 y + 1) => 3 x − 6 y + 7 = 0

TP Đ

ẠO

x 2 − mx + 2 = 0 (1) (P) cắt d tại hai điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt

TR ẦN

H Ư

⇔ ∆ = m2 – 4.2 > 0 ⇔ m2 > 8 ⇔ m > 2 2 hoặc m<- 2 2 Khi đó x1, x2 là nghiệm của (1). Áp dụng định lí Vi–ét ta có x1 + x2 = m; x1x2 = 2. Do A, B ∈ d nên y1 = mx1 – 2 và y2 = mx2 – 2. Ta có: y1 + y2 = 2( x1 + x1 ) − 1 <=> mx1 − 2 + mx2 − 2 = 2( x1 + x2 ) − 1 <=> m(m − 2) − 3 = 0

<=> m 2 − 2m − 3 = 0 ⇔ m = –1 (loại) hoặc m = 3 (thỏa mãn) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 3.

10 00

<=> (m − 2)( x1 + x2 ) − 3 = 0

Í-

1. x 2 − 9 − x 2 − 16 = 1 (1) ĐK: x2 ≥ 16 ⇔ x ≥ 4 hoặc x ≤ –4.

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy hệ phương trình không có nghiệm nguyên ∀ m. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d:

ÁN

( I ) <=> x 2 − 9 = x 2 − 16 + 1

<=> x 2 − 9 = x 2 − 16 + 2 x 2 − 16 + 1

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x0; y0) thì 3 x0 − 6 y0 + 7 = 0 => 6 y0 − 7 = 3 x0 ⋮ 3 => 7 ⋮ 3 (vô lí)

ÀN

<=> 6 = 2 x 2 − 16

<=> 3 = x 2 − 16

IỄ N

<=> x 2 − 25 = 0

<=> x = ±5 (thỏa mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S={–5;5}. 3 3  x + 4 y = y + 16 x 2.  (I) 2 2 1 + y = 5(1 + x )

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

4 y = y 3 – Xét x = 0, hệ (I) trở thành  2 <=> y = ±2  y = 4 y – Xét x ≠ 0, đặt = t <=> y = xt . Hệ (I) trở thành x

U Y

 x3 + 4 xt = x3t 3 + 16 x  x 3 (t 3 − 1) = 4 xt − 16 x  x3 (t 3 − 1) = 4 x(t − 4)(1) <=>  <=>  2 2  2 2 2 2 2 1 + x t = 5(1 + x )  x (t − 5) = 4 4 = x (t − 5)(2) Nhân từng vế của (1) và (2), ta được phương trình hệ quả

(Do x ≠ 0)

<=> t 3 − 1 = t 3 − 4t 2 − 5t + 20

4 x 3 (t 3 − 1) = 4 x3 (t − 4)(t 2 − 5)

ẠO Đ G N H Ư

-L

Í-

10 00

TR ẦN

t = −3 <=>  7 t =  4 + Với t = – 3, thay vào (2) được x2 = 1 ⇔ x = ±1. x = 1 thì y = –3, thử lại (1;–3) là một nghiệm của (I) x = –1 thì y = 3, thử lại (–1;3) là một nghiệm của (I) 7 64 + Với t = , thay vào (2) được x 2 = − (loại) 4 31 Vậy hệ (I) có các nghiệm (0;2), (0;–2), (1;–3), (–1;3). Câu 4.

IỄ N

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

<=>4t 2 + 5t − 21 = 0

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1. Vì BD, BF là các tiếp tuyến của (O) nên OD ⊥ BD, OF ⊥ BF. Xét 2 tam giác vuông OBD và OBF có OB chung   => ∆OBD = ∆OBF (cạnh huyền–góc nhọn) OBD=OBF(gt)  ⇒ BD = BF

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Ơ H

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO

H Ư

TR ẦN

B 10 00 A Ó H Í-L ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K. Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K. DOE = 90o Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cho đường tròn (O), ta có: 1 DFE = DOE = 45o 2 ⇒ ∆ KIF vuông cân tại K. =>BIF=45o 2. a. Hình chữ nhật ADOE có OD = OE = r nên nó là hình vuông ⇒ AO là trung trực DE (1) Vì AB = AM nên tam giác ABM vuông cân tại A, suy ra ABM = 45° =>DBH=DFH=45o ⇒ BDHF là tứ giác nội tiếp (2) Vì BDO+BFO=90o+90o=180o nên BDOF là tứ giác nội tiếp (3) Từ (2) và (3) ⇒ 5 điểm B, D, O, H, F nằm trên một đường tròn. =>BHO=BFO=90o ⇒ OH ⊥ BM. Mặt khác ADE=ABM=45o=>DE//BM⇒ OH ⊥ DE Mà OD = OE nên OH là trung trực của đoạn OE (4) Từ (1) và (4) ⇒ A, O, H thẳng hàng. b.

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

IỄ N

Vì DPN+DQN=90o+90o=180o nên DPNQ là tứ giác nội tiếp =>QPN=QDN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN) (5) Mặt khác DENF là tứ giác nội tiếp nên QDN=FEN (6) Từ (5) và (6) ta có FEN=QPN (7) Tương tự ta có: EFN=PQN (8) PQ NQ Từ (7) và (8) suy ra ∆NPQ ~ ∆NEF ( g .g ) => = EF NF Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PQ NQ = ≤ 1 => PQ ≤ EF EF NF Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng. Do đó PQ max khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O. Câu 5. Ta chứng minh BĐT 1 1 1 (a + b + c)( + + ) ≥ 9(*) a b c a b b c c a (*) <=> 3 + ( + ) + ( + ) + ( + ) ≥ 9 b a c b a c Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương ta có: a b + ≥2 b a b c + ≥2 c b c a + ≥2 a c =>(*) đúng 9 1 1 1 => ≤ + + ≤ 3 => a + b + c ≥ 3 a+b+c a b c Trở lại bài toán: Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có 1 + b 2 ≥ 2b Ta có:

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO

H Ư

TR ẦN

10 00

-L

Í-

a ab 2 ab 2 ab = a − ≥ a − = a − (1) 2 2 1+ b 1+ b 2b 2 Tương tự ta có: b bc ≥ b − (2) 2 1+ c 2 c ca ≥ c − (3) 2 1+ a 2 Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có: 1 a b c + + ≥ a + b + c − (ab + bc + ca ) 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 1 a b c => + + + (ab + bc + ca ) ≥ a + b + c ≥ 3 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 =>đpcm Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

NQ ≤ NF =>

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Trường THPT Chuyên Nguyễn Du NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN (Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

1 1 1 a) Tìm tất cả các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình + = x y 617 b) Tìm số tự nhiên bé nhất có 4 chữ số biết nó chia hết cho 7 được số dư là 2 và bình phương của nó chia hết cho 11 được số dư là 3. Câu 4 (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Hai đường thẳng BH, CH cắt đường tròn (I) lần lượt tại hai điểm P và Q (P khác B và Q khác C) 1, Chứng minh IA PQ 2, Trên hai đoạn HB và HC lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho AM MC, AN NB. Chứng minh ∆ AMN cân 1 1 1 b) Cho tam giác ABC có BAC = 2CBA = 4 ACB. Chứng minh = + AB BC CA Câu 5 (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Chứng minh rằng 350 386 + 2 > 2015 xy + yz + zx x + y 2 + z 2

TO D

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO

Đ G

x 2 + 4 x + 12 = 2 x − 4 + x + 1

b) Giải phương trình Câu 3 (2,0 điểm)

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

Câu 1 (2,0 điểm) Cho phương trình x 4 − 2(m + 4) x 2 + m 2 + 8 = 0 (*) với m là tham số. a) Giải phương trình (*) khi m = 0 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt x1; x2; x3; x4 thỏa mãn điều kiện x14 + x24 + x34 + x44 = 240 Câu 2 (2,0 điểm) 3 2  x + 6 x y = 7 a) Giải hệ phương trình  3 2 2 y + 2 xy = 5

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DáşĄyKĂ¨mQuyNhĆĄn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ä?Ă P Ă N â€“ LáťœI GIáş˘I CHI TIáşžT

(

)

(*) â‡” x 4 âˆ’ 8 x 2 + 8 = 0 â‡” x 4 âˆ’ 8 x 2 + 16 = 8 â‡” ( x 2 âˆ’ 4 ) = 2 2

CĂ˘u 1 a) Khi m = 0 ta cĂł phĆ°ĆĄng trĂŹnh:

GiáşŁ sáť 4 nghiáť‡m cáť§a (*) lĂ x1 = âˆ’ t2 ; x2 = âˆ’ t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2 . Suy ra x14 + x24 + x34 + x44 = 240 â‡” 2(t12 + t22 ) = 240 â‡” t12 + t22 = 120 â‡” (t1 + t2 ) 2 âˆ’ 2t1t2 = 120 2

10 00

â‡” [ 2(m + 4) ] âˆ’ 2(m 2 + 8) = 120 â‡” 2m2 + 32m âˆ’ 72 = 0

â‡” m 2 tháť?a mĂŁn) hoáşˇc m = â€“18 (loáşĄi) Váşy m = 2.

Ă“

CĂ˘u 2 (2,0 Ä‘iáťƒm)

-L

Ă?-

ďŁąďŁ´ x3 + 6 x 2 y = 7(1) a) GiáşŁi háť‡ phĆ°ĆĄng trĂŹnh ďŁ˛ 3 (I ) 2 ďŁ´ďŁł2 y + 2 xy = 5(2) +) Náşżu x = 0, ta cĂł 03 + 6.02 .y = 0 â‰ 7, nĂŞn x â‰ 0 +) Váť›i x â‰ 0, Ä‘áşˇt y = xt ta cĂł ďŁąďŁ´ x3 + 6 x 2 y = 7(1) ďŁąďŁ´ x 3 + 6 x3t = 7(1) â‡”ďŁ˛ 3 3 ďŁ˛ 3 2 3 ďŁłďŁ´2 y + 3 xy = 5(2) ďŁłďŁ´2 x t + 3 x t = 5(2)

Diáť…n Ä‘Ă n háť— tráťŁ giĂĄo dáťĽc : Ä?/C 1000B Tráş§n HĆ°ng Ä?áşĄo Tp Quy NhĆĄn NgĆ°áť?i sĂĄng láşp : Nguyáť…n Thanh TuáşĽn - Cháť§ quáşŁn tĂ i nguyĂŞn : Nguyáť…n Thanh TĂş

TR áşŚN

H ĆŻ

Ä?

áş O

b) Ä?áşˇt t = x 2 (t â‰Ľ 0) ta cĂł (*) â‡” t 2 âˆ’ 2(m + 4)t + m 2 + 8 = 0 (**) Váť›i t = 0 â‡’ x 0 vĂ máť—i giĂĄ tráť‹ t > 0 cho 2 giĂĄ tráť‹ cáť§a x nĂŞn (*) cĂł 4 nghiáť‡m phĂ˘n biáť‡t â‡” ** cĂł 2 nghiáť‡m dĆ°ĆĄng phĂ˘n biáť‡t ďŁąâˆ† ' = (m + 4) 2 âˆ’ (m 2 + 8) > 0 ďŁą8m + 8 > 0 ďŁ´ â‡” ďŁ˛ S = 2(m + 4) > 0 â‡”ďŁ˛ â‡” m > âˆ’1 m > âˆ’ 4 ďŁł ďŁ´ 2 ďŁłP = m + 8 > 0 GiáşŁ sáť t1 , t2 lĂ 2 nghiáť‡m cáť§a (**) thĂŹ theo ViĂŠt ta cĂł t1 + t2 = 2(m + 4) ; t1t2 = m2 + 8

Ă N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

}

{

Váşy táşp nghiáť‡m cáť§a phĆ°ĆĄng trĂŹnh lĂ Âą 4 + 2 2 ; Âą 4 âˆ’ 2 2

U Y

ďŁŽx = Âą 4 + 2 2 ďŁŽ x2 âˆ’ 4 = 2 2 ďŁŽ x2 = 4 + 2 2 â‡”ďŁŻ â‡”ďŁŻ â‡”ďŁŻ 2 ďŁŻx = Âą 4 âˆ’ 2 2 ďŁŻďŁ° x 2 = 4 âˆ’ 2 2 ďŁ°ďŁŻ x âˆ’ 4 = âˆ’2 2 ďŁ°

Iáť„ N

Ä?

Ă€N

7 x 3 + 6 x 3t = â‡” 14t 3 âˆ’ 9t âˆ’ 5 = 0 â‡” (t âˆ’ 1)(14t 2 + 14t + 5) = 0 3 3 3 2 x t + 3x t 5 â‡” t = 1(14t 2 + 14t + 5 = 0vn) Do Ä‘Ăł y = x, nĂŞn ta cĂł: 7 x3 = 7 â‡” x = 1 â‡’ y = 1 Váşy háť‡ cĂł 1 nghiáť‡m duy nháşĽt (1;1)

â‡’

b) GiáşŁi phĆ°ĆĄng trĂŹnh

x 2 + 4 x + 12 = 2 x âˆ’ 4 + x + 1 (1)

Ä?iáť u kiáť‡n: x â‰Ľ â€“1. CĂł (1) â‡” x 2 + 4 x + 12 âˆ’ x + 1 = 2 x âˆ’ 4 (2)

ST&GT báť&#x;i GV. Nguyáť…n Thanh TĂş

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DáşĄyKĂ¨mQuyNhĆĄn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com 2

3 ďŁś 35 ďŁŤ > 0 â‡’ x 2 + 4 x + 12 > x + 1 XĂŠt ( x + 4 x + 12 ) âˆ’ ( x + 1) = x + 3 x + 11 = ďŁŹ x + ďŁˇ + 2ďŁ¸ 4 ďŁ Do Ä‘Ăł táťŤ (2) â‡’ 2x â€“ 4 > 0 â‡’ x 2 ďŁąďŁ´ x > 2(*) (2) â‡” ďŁ˛ 2 2 2 ( 4 12) 2 4 12. 1 ( 1) 4( 4 4)(3) x + x + âˆ’ x + x + x + + x + = x âˆ’ x + ďŁ´ďŁł

Ć N

Ä?áşˇt x 2 + 4 x + 12 = a; x + 1 = b(a, b > 0) â‡’ a 2 âˆ’ 8b 2 = x 2 âˆ’ 4 x + 4 (3) â‡” a 2 âˆ’ 2ab + b 2 = 4(a 2 âˆ’ 8b 2 ) â‡” 3a 2 + 2ab âˆ’ 33b 2 = 0 â‡” x 2 + 4 x + 12 = 3 x + 1 â‡” x 2 + 4 x + 12 = 9 x + 9 5 âˆ’ 13 5 + 13 (khĂ´ng tháť?a mĂŁn (*)) hoáşˇc x = (tháť?a mĂŁn) 2 2 ďŁąďŁ´ 5 + 13 ďŁźďŁ´ Váşy táşp nghiáť‡m cáť§a phĆ°ĆĄng trĂŹnh Ä‘ĂŁ cho lĂ S= ďŁ˛ ďŁ˝ ďŁ´ďŁł 2 ďŁ´ďŁž CĂ˘u 3 a) Ta cĂł x+ y 1 1 1 1 + = â‡” = â‡” xy âˆ’ 617( x + y ) = 0 â‡” xy âˆ’ 617 x âˆ’ 617 y + 617 2 = 617 2 x y 617 xy 617

áş O

Ä?

H ĆŻ

TR áşŚN

-L

Ă?-

Ă“

10 00

â‡” ( x âˆ’ 617)( y âˆ’ 617) = 617 2 VĂŹ x, y nguyĂŞn dĆ°ĆĄng nĂŞn x â€“ 617 vĂ y â€“ 617 lĂ Ć°áť›c láť›n hĆĄn â€“617 cáť§a 6172. Do 617 lĂ sáť‘ nguyĂŞn táť‘ nĂŞn xáşŁy ra 3 trĆ°áť?ng háťŁp: ďŁŽ ďŁą x âˆ’ 617 = 617 ďŁŻďŁ˛ ďŁŻ ďŁł y âˆ’ 617 = 617 ďŁŽ x = y = 1234 ďŁŻ ďŁą x âˆ’ 617 = 1 ďŁŻ ďŁŻďŁ˛ â‡” ďŁŻ x = 618; y = 381306 ďŁŻ ďŁł y âˆ’ 617 = 617 2 ďŁŻďŁ° x = 381306; y = 618 ďŁŻ ďŁŻ ďŁą x âˆ’ 617 = 617 2 ďŁŻďŁ˛ ďŁ° ďŁł y âˆ’ 617 = 1 Váşy táşĽt cáşŁ cĂĄc cáşˇp (x;y) nguyĂŞn dĆ°ĆĄng cáş§n tĂŹm lĂ (1234;1234) , (618; 381306), (381306; 618)

Ă N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

â‡” x2 âˆ’ 5x + 3 = 0 â‡” x =

U Y

â‡” (a âˆ’ 3b)(3a + 11b) = 0 â‡” a = 3b

Iáť„ N

Ä?

Ă€N

b) Gáť?i x lĂ sáť‘ cáş§n tĂŹm ( x âˆˆ N ,1000 â‰¤ x â‰¤ 9999) VĂŹ x2 chia cho 11 dĆ° 3, nĂŞn x chia cho 11 dĆ° 5 hoáşˇc dĆ° 6 +) Náşżu x2 chia cho 11 dĆ° 5 nĂŞn x â€“ 5 â‹Ž 11 => x -5 + 66 = x + 61â‹Ž 11 LáşĄi cĂł x2 chia cho 7 dĆ° 2 => x â€“ 2 â‹Ž7 => x - 2+ 63 = x + 61 â‹Ž7 Do Ä‘Ăł x + 61 Ďľ BC(11;7) => x + 61 = 77k => x = 77k â€“ 61 (kĎľ N) VĂŹ ( x âˆˆ N ,1000 â‰¤ x â‰¤ 9999) => 1000 â‰¤ 77k â€“ 61 â‰¤ 9999 14 â‰¤ k â‰¤ 130 MĂ x bĂŠ nháşĽt, nĂŞn cháť?n k = 14 => x = 77.14 â€“ 61 = 1017 Váşy sáť‘ cáş§n tĂŹm lĂ 1017

CĂ˘u 4

ST&GT báť&#x;i GV. Nguyáť…n Thanh TĂş

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Iáť„ N

Ä?

Ă€N

Ă N

Ä?áşˇt C = Îą => ABC = 2Îą; A = 4Îą Gáť?i BD lĂ phĂ˘n giĂĄc cáť§a gĂłc ABC (D âˆˆ AC . E thuáť™c Ä‘oáşĄn BC sao cho BE = BA Ta cĂł ABD = EBD = Îą â‡’ âˆ† BDC cĂ˘n táşĄi D â‡’ BD DC âˆ†ABD âˆ†AED c.g.c BED A 4Îą (1) VĂŹ ABD = C = Îą => âˆ†ABD ~ âˆ†ACB g.g ADB ABC 2Îą => EDB = ADB = 2Îą => ADE = 4Îą (2) TáťŤ (1) vĂ (2) â‡’ BED ADE 4Îą => CED = CDE = 180o - 4Îą. Suy ra âˆ† CED cĂ˘n táşĄi C Suy ra CE = CD â‡’ BC â€“ BE = BD â‡’ BD BC â€“ BA (3) BD AB CB. AB VĂŹ âˆ†ABD ~ âˆ†ACD (g.g) â‡’ = â‡’ BD = (4) CB AC AC TáťŤ (3) vĂ (4) suy ra 1 1 1 1 1 1 1 CB. AB BC âˆ’ BA BC âˆ’ BA = â‡’ = â‡’ âˆ’ = â‡’ = + AC BC.BA AC BA BC AC AB BC CA

áş O

Ă?-

Ă“

10 00

TR áşŚN

H ĆŻ

Ä?

a) Gáť?i E, F láş§n lĆ°áťŁt lĂ giao cáť§a BH vĂ AC, CH vĂ AB. 1, Ta cĂł ABE = ACF = 90o â€“ BAC suy ra sáť‘ Ä‘o hai cung AP vĂ AQ cáť§a Ä‘Ć°áť?ng trĂ˛n (I) báşąng nhau â‡’ AP AQ MĂ IP = IQ nĂŞn IA lĂ trung tráťąc PQ â‡’ IA PQ. 2, Ă p dáťĽng háť‡ tháťŠc lĆ°áťŁng trong tam giĂĄc vuĂ´ng AMC ta cĂł: AM2 = AE.AC TĆ°ĆĄng táťą ta cĂł: AN2 = AF.AB. AE AB CĂł âˆ†ABE ~ âˆ†ACF ( g .g ) â‡’ = â‡’ AE. AC = AB. AF â‡’ AM 2 = AN 2 AF AC Suy ra AM = AN. Tam giĂĄc AMN cĂ˘n táşĄi A. b)

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DáşĄyKĂ¨mQuyNhĆĄn

CĂ˘u 5

ST&GT báť&#x;i GV. Nguyáť…n Thanh TĂş

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Với mọi a, b > 0 và x, y, z thỏa điều kiện đề bài, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương: 1 1 1 1 1 1 4 (*) ( a + b )  +  ≥ 2 ab .2 . = 4 ⇒ + ≥ a b a b a+b a b + y 2 ) + ( y 2 + z 2 ) + ( z 2 + x 2 ) ≥ 2 xy + 2 yz + 2 zx ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx 2

⇒ x + y + z + 2 xy + 2 yz + 2 zx ≥ 3 ( xy + yz + zx )

(x + y + z) ⇒ xy + yz + zx ≤

1 3

N U Y .Q

4 157 + 2 2 2 2 xy + 2 yz + 2 zx + x + y + z xy + yz + zx 1544 157 157 157 = + = 1544 + ≥ 1544 + = 2015 2 1 ( x + y + z) xy + yz + zx xy + yz + zx 3 1  x = y = z x= y=z=    3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  x + y + z = 1 ⇔ (không xảy ra) 2 xy + 2 yz + 2 zx = x 2 + y 2 + z 2 2 = 1   3 3 Vậy P > 2015 (đpcm)

IỄ N

ÀN

ÁN

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

ẠO

≥ 386.

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

3 Áp dụng 2 bất đẳng thức trên ta có:   350 386 1 1 157 P= + 2 = 386  + 2 + 2 2 2 2  xy + yz + zx x + y + z  2 xy + 2 yz + 2 zx x + y + z  xy + yz + zx

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm: 01 trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I (2,0 điểm)

2) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1.

TP ẠO

TR ẦN

H Ư

1) Giải phương trình 2 x + 3 + 4 x 2 + 9 x + 2 = 2 x + 2 + 4 x + 1. 2 2 2 x − y + xy − 5 x + y + 2 = y − 2 x + 1 − 3 − 3 x 2) Giải hệ phương trình  2  x − y − 1 = 4 x + y + 5 − x + 2 y − 2 Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 = 0.

-L

Í-

10 00

2) Tìm các số nguyên k để k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương. Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC. 1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN 2 1 1 . 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh = + AK AB AC 3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b là các số dương thỏa mãn điều kiện (a + b)3 + 4ab ≤ 12. 1 1 Chứng minh bất đẳng thức + + 2015ab ≤ 2016. 1+ a 1+ b

---------------------------Hết----------------------------

IỄ N

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chứng minh rằng x 1 + y 2 + y 1 + x 2 = 0. Câu II (2,0 điểm)

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

1) Cho a − b = 29 + 12 5 − 2 5 . Tính giá trị của biểu thức: A = a 2 (a + 1) − b 2 (b − 1) − 11ab + 2015

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu I (2,0 điểm) 1) Cho a − b = 29 + 12 5 − 2 5 . Tính giá trị của biểu thức: 2

−2 5 =3

(3 + 2 5 )

H N

A = a 3 − b3 + a 2 + b 2 − 11ab + 2015

U Y

= (a − b)(a 2 + b 2 + ab) + a 2 + b 2 − 11ab + 2015

= 3(a 2 + b 2 + ab) + a 2 + b 2 − 11ab + 2015

= 4(a 2 − 2ab + b 2 ) + 2015 = 4(a − b)2 + 2015 = 2051

ẠO Đ

Chứng minh rằng x 1 + y 2 + y 1 + x 2 = 0.

xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1 ⇔ (1 + x) 2 (1 + y ) 2 = 1 − xy

H Ư

⇒ (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = (1 − xy ) 2 ⇔ x 2 + y 2 + 2 xy = 0 ⇔ ( x + y )2 = 0 ⇔ y = − x ⇒ x 1 + y 2 + y 1 + x2 = x 1 + x2 − x 1 + x2 = 0 Câu II (2,0 điểm)

TR ẦN

⇔ 1 + x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 − 2 xy + x 2 y 2

-L

Í-

10 00

1) Giải phương trình 2 x + 3 + 4 x 2 + 9 x + 2 = 2 x + 2 + 4 x + 1. 1 Pt ⇔ 2 x + 3 + ( x + 2)(4 x + 1) = 2 x + 2 + 4 x + 1. ĐK: x ≥ − 4 2 t −9 Đặt t 2 = 8 x + 4 ( x + 2)(4 x + 1) + 9 ⇔ 2 x + ( x + 2)(4 x + 1) = 4 2 PTTT t − 4t + 3 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 3 TH1. t = 1 giải ra vô nghiệm hoặc kết hợp với ĐK t ≥ 7 bị loại 2 TH 2. t = 3 ⇒ 2 x + 2 + 4 x + 1 = 3. Giải pt tìm được x = − (TM) 9 2 Vậy pt có nghiệm duy nhất x = − 9 2 2 2 x − y + xy − 5 x + y + 2 = y − 2 x + 1 − 3 − 3 x 2) Giải hệ phương trình  2  x − y − 1 = 4 x + y + 5 − x + 2 y − 2 ĐK: y − 2 x + 1 ≥ 0, 4 x + y + 5 ≥ 0, x + 2 y − 2 ≥ 0, x ≤ 1  y − 2x + 1 = 0  x = 1 0 = 0 (Không TM hệ) TH 1.  ⇔ ⇒ 3 − 3 x = 0  y = 1 −1 = 10 − 1 TH 2. x ≠ 1, y ≠ 1 Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được x+ y−2 ( x + y − 2)(2 x − y − 1) = y − 2 x + 1 + 3 − 3x

IỄ N

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

2) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn xy + (1 + x 2 )(1 + y 2 ) = 1.

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

a − b = 29 + 12 5 − 2 5 =

A = a 2 (a + 1) − b 2 (b − 1) − 11ab + 2015

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

  1 ( x + y − 2)  + y − 2 x + 1 = 0 . Do y − 2 x + 1 ≥ 0  y − 2 x + 1 + 3 − 3 x  1 nên + y − 2x +1 > 0 ⇒ x + y − 2 = 0 y − 2 x + 1 + 3 − 3x

Thay y = 2 − x vào pt thứ 2 ta được x 2 + x − 3 = 3 x + 7 − 2 − x

.Q TP ẠO Đ

TR ẦN

Ta thấy x 4 + x 2 < x 4 + x 2 + 20 ≤ x 4 + x 2 + 20 + 8 x 2 x 2 ( x 2 + 1) < y ( y + 1) ≤ ( x 2 + 4)( x 2 + 5) Vì x, y ∈ ℤ nên ta xét các trường hợp sau + TH1. y ( y + 1) = ( x 2 + 1)( x 2 + 2) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 3 x 2 + 2

10 00

⇔ 2 x 2 = 18 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3 Với x 2 = 9 , ta có y 2 + y = 9 2 + 9 + 20 ⇔ y 2 + y − 110 = 0 ⇔ y = 10; y = −11(t.m)

-L

Í-

+ TH2. y ( y + 1) = ( x 2 + 2)( x 2 + 3) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 5 x 2 + 6 7 ⇔ 4 x 2 = 14 ⇔ x 2 = (loại) 2 4 + TH3. y ( y + 1) = ( x 2 + 3)( x 2 + 4) ⇔ 6 x 2 = 8 ⇔ x 2 = (loại) 3 2 2 2 2 + TH4. y ( y + 1) = ( x + 4)( x + 5) ⇔ 8 x = 0 ⇔ x = 0 ⇔ x = 0

ÀN

Với x 2 = 0 , ta có y 2 + y = 20 ⇔ y 2 + y − 20 = 0 ⇔ y = −5; y = 4 Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên (x;y) là : (3;10), (3;-11), (-3; 10), (-3;-11), (0; -5), (0;4).

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

Ta có (1) x 4 + x 2 + 20 = y 2 + y

H Ư

3 1   ⇔ ( x + 2)  + + 1− x = 0  3x + 7 + 1 2 + 2 − x  3 1 Do x ≤ 1 nên + +1− x > 0 3x + 7 + 1 2 + 2 − x Vậy x + 2 = 0 ⇔ x = −2 ⇒ y = 4 (TMĐK) Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 = 0. (1)

U Y

3x + 6 2+ x + 3x + 7 + 1 2 + 2 − x

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇔ ( x + 2)( x − 1) =

⇔ x 2 + x − 2 = 3x + 7 − 1 + 2 − 2 − x

IỄ N

2) Tìm các số nguyên k để k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương. Đặt M = k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 Ta có M = (k 4 − 2k 2 + 1) − 8k (k 2 − 2k + 1) + 9k 2 − 18k + 9

= (k 2 − 1) 2 − 8k (k − 1)2 + 9(k − 1) 2 = (k − 1) 2 . (k − 3) 2 + 1

M là số chính phương khi và chỉ khi (k − 1)2 = 0 hoặc (k − 3) 2 + 1 là số chính phương. TH 1. (k − 1) 2 = 0 ⇔ k = 1.

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TH 2. (k − 3) 2 + 1 là số chính phương, đặt (k − 3) 2 + 1 = m 2 (m ∈ ℤ)

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO Đ G N H Ư TR ẦN B

-L

Í-

10 00

1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 90o = > 5 điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO 0,25 => AIN = AMN, AIM = ANM (Góc nội tiếp cùng chắn một cung) AM = AN => ∆AMN cân tại A => AMN = ANM => AIN = AIM => đpcm 2 1 1 . 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh = + AK AB AC 2 1 1 = + ⇔ 2 AB. AC = AK ( AB + AC ) ⇔ AB. AC = AK . AI AK AB AC (Do AB+ AC = 2AI) ∆ABN đồng dạng với ∆ANC => AB.AC = AN2 ∆AHK đồng dạng với ∆AIO => AK.AI = AH.AO Tam giác ∆AMO vuông tại M có đường cao MH => AH.AO = AM2 => AK.AI = AM2 . Do AN = AM => AB.AC = AK.AI 3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. Ta có AN ⊥ NO, MP ⊥ NO, M ∉ AN => AN // MP Do đó AMPN là hình bình hành AN = MP = 2x AN NO 2 x2 Tam giác ∆ANO đồng dạng với ∆NEM => = => NE = NE EM R 2 2x = R − R2 − x2 ⇔ 2 x2 = R2 − R R2 − x2 TH 1.NE = NO – OE => R

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

⇔ m 2 − (k − 3) 2 = 1 ⇔ (m − k + 3)(m + k − 3) = 1 Vì m, k ∈ ℤ ⇒ m − k + 3 ∈ ℤ, m + k − 3 ∈ ℤ nên m − k + 3 = 1 m − k + 3 = −1  m = 1, k = 3 ⇔ ⇒k =3 hoặc   m + k − 3 = 1 m + k − 3 = −1  m = −1, k = 3 Vậy k = 1 hoặc k = 3 thì k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC.

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn Đặt

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

R2 − x2 = t, t ≥ 0 ⇒ x2 = R2 − t 2 .

 2t = − R PTTT 2( R 2 − t 2 ) = R 2 − R t ⇔ 2t 2 − Rt − R 2 = 0 ⇔  t = R

Ơ H

R2 − x2 = t, t ≥ 0 ⇒ x2 = R2 − t 2 .

(

)

U Y .Q TP ẠO

+ 4ab . Đặt t = ab , t > 0 thì

TR ẦN

Ta có 12 ≥ (a + b)3 + 4ab ≥ 2 ab

H Ư

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b là các số dương thỏa mãn điều kiện (a + b)3 + 4ab ≤ 12. 1 1 Chứng minh bất đẳng thức + + 2015ab ≤ 2016. 1+ a 1+ b 12 ≥ 8t 3 + 4t 2 ⇔ 2t 3 + t 2 − 3 ≤ 0 ⇔ (t − 1)(2t 2 + 3t + 3) ≤ 0

10 00

Do 2t 2 + 3t + 3 > 0, ∀t nên t − 1 ≤ 0 ⇔ t ≤ 1 . Vậy 0 < ab ≤ 1 1 1 2 + ≤ , ∀a, b > 0 thỏa mãn ab ≤ 1 Chứng minh được 1 + a 1 + b 1 + ab 1 1 1 1 − + − ≤0 Thật vậy, BĐT 1 + a 1 + ab 1 + b 1 + ab  b − a  a ab − a ab − b b  + ≤ 0 ⇔  −    (1 + a )(1 + ab ) (1 + b)(1 + ab )  1 + ab   1 + a 1 + b 

Í-

( b − a )2 ( ab − 1) ≤ 0. Do 0 < ab ≤ 1 nên BĐT này đúng (1 + ab )(1 + a )(1 + b) 2 + 2015ab ≤ 2016, ∀a, b > 0 thỏa mãn ab ≤ 1 Tiếp theo ta sẽ CM 1 + ab 2 Đặt t = ab , 0 < t ≤ t ta được + 2015t 2 ≤ 2016 1+ t 3 2 2015t + 2015t − 2016t − 2014 ≤ 0 ⇔ (t − 1)(2015t 2 + 4030t + 2014) ≤ 0. BĐT này đúng ∀t : 0 < t ≤ 1 1 1 Vậ y + + 2015ab ≤ 2016. Đẳng thức xảy ra a = b = 1 1+ a 1+ b

-L

⇔

IỄ N

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 2t = R PTTT 2( R 2 − t 2 ) = R 2 + Rt ⇔ 2t 2 + Rt − R 2 = 0 ⇔  t = − R R 3 Do t ≥ 0 ⇒ 2t = R ⇔ 2 R 2 − x 2 = R ⇔ x = => AO = 2 R (loại) 2 Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

Đặt

Do t ≥ 0 ⇒ t = R ⇔ R 2 − x 2 = R ⇔ x = 0 ⇒ A ≡ B (loại) 2 x2 = R + R2 − x2 ⇔ 2 x2 = R2 + R R2 − x2 TH 2 NE = NO + OE => R

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn : Toán (CHUYÊN) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO

H Ư

TR ẦN

10 00

A Ó H Í-L

IỄ N

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức  4 x 8x   x − 4 1  P =  − +  :   với x > 0, x ≠ 1, x ≠ 4 4 − x x x x x 2 − + 2     a) Rút gọn P b) Tìm x để P = –1 Câu 2 (2,5 điểm) a) Giải phương trình x 2 + x − 4 3 x + 1 + 6 = 0 b) Trong hệ tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2mx + 2 (m là tham số). Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho SOAB = 2 6 Câu 3 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 11. Tìm GTNN 5a + 5b + 2c P= 2 12(a + 11) + 12(b 2 + 11) + c 2 + 11 Câu 4 (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên n biết n + S(n) = 2015, với S(n) là tổng các chữ số của n. Câu 5 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H và cắt (O) tại M,N, P. a) Chứng minh M đối xứng H qua BC. b) Chứng minh (AHB) = (BHC) = (CHA) ((AHB) là đường tròn đi qua ba điểm A,H,B) AM BN CP c) Tính T = + + AD BE CF

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHUYÊN QUẢNG BÌNH NĂM 2015 – 2016

N Ơ H TP ẠO

4 x x ( x + 2) . 2+ x 2 x −2 2x = x −1 2x Vậy P = x −1 b) ĐKXĐ của P là x > 0, x ≠ 1, x ≠ 4. 2x = −1 ⇔ 2 x = 1 − x ⇔ 2 x + x − 1 = 0 P = −1 ⇔ x −1 1 1 ⇔ ( x + 1)(2 x − 1) = 0 ⇔ x = ⇔ x = 2 4 (thỏa mãn điều kiện) 1 Vậy P = –1 ⇔ x = . 4 Câu 2 a) x 2 + x − 4 3 x + 1 + 6 = 0 (1) 1 ĐK: 3 x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ − 3 2 (1) ⇔ ( x − 2 x + 1) + 3 x + 1 − 4 3 x + 1 + 4 = 0

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

(

3x + 1 − 2

)

ÀN

⇔ ( x − 1) +

(

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

−4 x + 8 x 2 x −2 : (2 − x )(2 + x ) x ( x + 2)

U Y

4 x .(2 + x ) − 8 x x − 4 + ( x + 2) : (2 − x )(2 + x ) x ( x + 2)

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 1 a) Ta có:  4 x 8x   x − 4 1  − + P =   :   x   2− x 4− x   x+2 x

IỄ N

 x − 1 = 0 ⇔ ⇔ x =1  3 x + 1 − 2 = 0 (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình là {1}. b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d: x2 – 2mx – 2 = 0 (1)

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Có ∆’ = m2 + 2 > 0 ∀ m nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ⇒ (P) luôn cắt d tại hai điểm phân biệt A(x1; y1) và B(x2;y2) với x1, x2 là nghiệm của (1). Theo định lí Vi–ét: x1 + x2 = 2m; x1x2 = –2. Do A, B ∈ d nên y1 = 2mx1 + 2; y2 = 2mx2 + 2 Tính SOAB: Ta có AB 2 = ( x1 − x2 ) 2 + ( y1 − y2 ) 2 = ( x1 − x2 )2 + (2mx1 − 2mx2 )2

= (1 + 4m 2 )( x1 − x2 ) 2 = (1 + 4m 2 ) ( x1 + x2 )2 − 4 x1 x2 

= (1 + 4m 2 )(4m2 + 8)

4m 2 + 1

Đ G N H Ư

5a + 5b + 5c

TR ẦN

ẠO

⇒ S ABO = 2 6 ⇔ 2 m 2 + 2 = 2 6 ⇔ m2 = 4 ⇔ m = ±2 Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm. Câu 3 Thay 11 = ab + bc + ca vào P, ta có: 5a + 5b + 2c P= 2 12(a + 11) + 12(b 2 + 11) + c 2 + 11

12(a 2 + ab + bc + ca ) + 12(b 2 + ab + bc + ca ) + c 2 + ab + bc + ca

5a + 5b + 5c (*) 2 3(a + b)(a + c) + 2 3(b + a )(b + c) + (c + a )(c + b) Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có: 2 3(a + b)(a + c) ≤ 3(a + b) + (a + c) = 4a + 3b + c (1) Tương tự: 2 3(b + a )(b + c) ≤ 4b + 3a + c (2) 1 (c + a )(c + b) ≤ (a + b + 2c) (3) 2 Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có 15 15 2 3(a + b)(a + c) + 2 3(b + a )(b + c) + (c + a )(c + b) ≤ a + b + 3c (**) 2 2 Từ (*) và (**) ta có 5a + 5b + 2c 2 = P≥ 15 15 a + b + 3c 3 2 2 3(a + b) = a + c c   a = b = 1 3(b + a ) = b + c a = b = Dấu bằng xảy ra ⇔  ⇔ ⇔ 5 c + a = c + b ab + bc + ca = 11 c = 5 ab + bc + ca = 11 2 Vậy GTNN của P là ,đạt được khi a = b = 1, c = 5. 3 Câu 4

-L

Í-

10 00

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

(2m)2 + 12

|0−0+2|

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

d (O; AB ) = d (O; d ) =

U Y

⇒ AB = 2 (4m 2 + 1)(m 2 + 2)

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Ơ H N

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y .Q

ẠO

Đ G N H Ư TR ẦN B 10 00 A Ó H

-L

Í-

a) Vì 2 tam giác BEC và ADC vuông nên HBD = DAC (cùng phụ với góc C) (1) Vì ABMC là tứ giác nội tiếp nên DAC = MBD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC) (2) Từ (1) và (2) suy ra HBD = MBD Suy ra BD là phân giác của góc HBM. Tam giác HBM có BD vừa là đường cao vừa là phân giác, nên nó là tam giác cân tại B. ⇒ D là trung điểm HM Mà HM BC nên M đối xứng với H qua BC. b) Vì M đối xứng với H qua BC nên HB = MB; HC = MC ⇒ ∆ HBC = ∆ MBC ⇒ HBC MBC O Tương tự ta có: (HAB) = (HAC) = (O) Vậy (AHB) = (BHC) = (CHA) = (O) c) Ta có:

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vì n + S(n) = 2015 nên n ≤ 2015 ⇒ n có nhiều nhất 4 chữ số ⇒ S(n) ≤ 9 + 9 + 9 + 9 = 36 ⇒ n = 2015 – S(n) ≥ 2015 – 36 = 1979. Xét 2 TH: • TH1: 1979 ≤ n ≤ 1999. Đặt n = 19ab (0 ≤ a,b ≤ 9) n + S(n) = 2015 ⇔ 19ab + 1 + 9 + a + b = 2015 ⇔ 11a + 2b = 105 ⇔ 11a = 105 – 2b Ta có 105 – 2b lẻ và 105 – 2b ≥ 105 – 2.9 = 87 ⇒ a lẻ và 11a ≥ 87 ⇒ a = 9 ⇒ b = 3 ⇒ n = 1993 • TH2: 2001 ≤ n ≤ 2015. Đặt n = 20cd (0 ≤ c,d ≤ 9) n + S(n) = 2015 ⇔ 20cd + 2 + 0 + c + d = 2015 ⇔ 11c + 2d = 13 Vì 11c ≤ 13 và 11c = 13 – 2d lẻ nên c = 1 ⇒ d = 1 ⇒ n = 2011 Vậy tất cả các giá trị n cần tìm là n = 1993 và n = 2011 Câu 5

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TO D

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

ẠO

U Y

AM AD + DM DM HD = = 1+ = 1+ AD AD AD AD Mặt khác: 1 BC.HD S HBC 2 HD = = S ABC 1 BC. AD AD 2 S AM = 1 + HBC (3) Suy ra AD S ABC Tương tự ta có: S BN = 1 + HAC (4) BE S ABC CP S = 1 + HAB (5) CF S ABC Cộng từng vế của (3), (4) và (5) ta có + S HCA + S HAB S S AM BN CP + + = 3 + HBC = 3 + ABC = 4. T= AD BE CF S ABC S ABC

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Quảng Nam

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC: 2015 – 2016 Thời gian: 150 phút

Ơ H

x x +1 x −1 − (với x ≠ 1; x ≥ 0). Rút gọn A, sau đó tính giá trị A – 1 khi x −1 x +1

a) Cho biểu thức A =

Câu 1. (2 điểm)

Câu 2. (2 điểm)

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

ẠO

IỄ N

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

6 4 7 3 + 2 − 2 − 2 =0 x − 9 x − 11 x − 8 x − 12  x( x + 4)(4 x + y ) = 6 b) Giải hệ phương trình:  2  x + 8 x + y = −5 Câu 3. (1 điểm) Cho parabol (P): y = ax2 và đường thẳng (d): y = bx + c với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác vuông trong đó a là độ dài cạnh huyền. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn x12 + x22 < 2 Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Các tia phân giác các góc EHB, DHC cắt AB, AC lần lượt tại I và K. Qua I và K lần lượt vẽ các đường vuông góc với AB, AC chúng cắt nhau tại M. a) Chứng minh AI = AK. b) Giả sử tam giác nhọn ABC có hai đỉnh B, C cố định, đỉnh A di động . Chứng minh đường thẳng HM luôn đi qua một điểm cố định Câu 5. (2 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Qua A và B lần lượt vẽ các tiếp tuyến d1 và d2 với (O). Từ điểm M bất kì trên (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt d1 tại C và cắt d2 tại D. Đường tròn đường kính CD cắt đường tròn (O) tại E và F (E thuộc cung AM), gọi I là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD. b) Chứng minh MI vuông góc với AB và ba điểm E, I, F thẳng hàng. Câu 6. (1 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 9 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z – (xy + yz + zx) a) Giải phương trình sau:

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

x = 2016 + 2 2015 b) Cho A = 2 (12015 + 2 2015 + ... + n 2015 ) với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng A chia hết cho n(n + 1)

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 a) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có

( x ) + 1 − ( x − 1)( x + 1) = x − x + 1 − A= ( x +1 x −1 ( x + 1)( x − 1) x − x + 1 − ( x − 1) x = =

)

x −1

1 x −1

(

)

2015 + 1 ⇒ x = 2015 + 1 . Thay vào biểu thức A – 1 ta được:

Có x = 2015 + 2 2015 + 1 =

H Ư

1 2015

A −1 =

10 00

TR ẦN

b) Với 2 số nguyên dương a, b bất kì ta có: a 2015 + b 2015 = (a + b)(a 2014 + a 2013b + ... + ab 2013 + b 2014 ) ⇒ a 2015 + b 2015 ⋮ (a + b) + Xét trường hợp n là số lẻ Áp dụng khẳng định trên ta có: 2 12015 + (n − 1) 2015  ⋮ n 2  22015 + (n − 2) 2015  ⋮ n

...

-L

Í-

 n − 1 2015  n + 1 2015  2   +  ⋮n  2    2  Suy ra + 2 1

Tương tự

2015

+ (n − 1)

2015

ÁN

A=n

2015

 + 2  2

2015

+ (n − 2)

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có x = 2016 + 2 2015 thỏa mãn điều kiện x ≥ 0 và x ≠ 1

2015

 n − 1 2015  n + 1 2015   + ... + 2  2  +  2   ⋮ n     

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

x −1

(

ẠO

x−

A −1 =

x −1

U Y

 n − 1 2015  n + 3 2015   n + 1 2015  n + 1 2015  A = 2(1 + n ) + 2  2 + (n − 1)  + ... + 2   +   +   +   ⋮ (n + 1)  2    2   2    2  Mặt khác n và n + 1 nguyên tố cùng nhau nên A ⋮ n(n + 1) Tương tự với trường hợp n chẵn ta cũng có A ⋮ n(n + 1) 2015

2015

IỄ N

ÀN

2015

Câu 2 a) Điều kiện: x 2 ≠ 8; x 2 ≠ 9; x 2 ≠ 11; x 2 ≠ 12 Phương trình đã cho tương đương với

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

7   4 3   6 − 2 − 2  2 + 2 =0  x − 9 x − 8   x − 11 x − 12  − 9 )( x 2 − 8 )

− 11)( x 2 − 12 )

x 2 − 15 − x 2 + 15 + =0 ( x 2 − 9 )( x 2 − 8) ( x 2 − 11)( x2 − 12 )

U Y

 x 2 − 15 = 0(2)  1 1 − + 2 = 0(3) 2 2  ( x − 9 )( x − 8 ) ( x − 11)( x 2 − 12 )  Phương trình (2) ⇔ x = ± 15 (thỏa mãn)

ẠO }

H Ư

{

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là ± 15; ± 10

⇔ 6 x 2 − 60 = 0 ⇔ x 2 = 10 ⇔ x = ± 10 (thỏa mãn)

10 00

TR ẦN

b) Hệ đã cho tương đương với ( x 2 + 4 x ) . ( 4 x + y ) = 6   2 ( x + 4 x ) + ( 4 x + y ) = −5 Suy ra x2 + 4x và 4x + y là 2 nghiệm của phương trình  t = −2 t 2 + 5 x + 6 = 0 ⇔ (t + 2)(t + 3) = 0 ⇔   t = −3  x 2 + 4 x = −2  x 2 + 4 x = −3 ( I ) hoặc  ( II ) Vậy hệ đã cho tương đương với   4 x + y = −3  4 x + y = −2

-L

Í-

 x = −2 + 2 ⇒ y = −3 − 4 x = 5 − 4 2 Giải (I): x 2 + 4 x = −2 ⇔ ( x + 2)2 = 2 ⇔   x = −2 − 2 ⇒ y = −3 − 4 x = 5 + 4 2  x = −1 ⇒ y = −2 − 4 x = 2 Giải (II): x 2 + 4 x + 3 = 0 ⇔ ( x + 1)( x + 3) ⇔   x = −3 ⇒ y = −2 − 4 x = 10

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Phương trình (3) ⇔ ( x 2 − 9 )( x 2 − 8 ) = ( x 2 − 11)( x 2 − 12 )

(

)(

)

ÀN

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm −2 + 2;5 − 4 2 , −2 − 2;5 + 4 2 , ( −1; 2 ) , ( −3;10 )

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

⇔

4 ( x 2 − 12 ) − 3 ( x 2 − 11)

⇔

6 ( x 2 − 8) − 7 ( x2 − 9 )

IỄ N

Câu 3 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): ax 2 = bx + c ⇔ ax 2 − bx − c = 0(1) Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác vuông với cạnh huyền là a nên a, b, c > 0, a2 = b2 + c2 (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = b 2 + 4ac > 0 (luôn đúng ∀ a, b, c > 0) Gọi 2 giao điểm có hoành độ là x1, x2 , là 2 nghiệm của (1). Theo Viét ta có:

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

b   x1 + x2 = a  x x = − c  1 2 a 2

c b 2 − 2ac − 2a 2 b Xét P = x + x − 2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − 2 =   + 2. − 2 = a a2 a Có b 2 + 2ac − 2a 2 = b 2 + 2ac − (b 2 + c 2 ) − a 2 = 2ac − c 2 − a 2 = −(c − a ) 2 < 0, ∀a, c, 0 < c < a Suy ra P < 0 ⇒ đpcm.

2 2

ẠO Đ G N H Ư TR ẦN B 10 00

-L

Í-

a) Vì HI, HK là phân giác của góc EHB và góc DHC nên 1 1 EHI = EHB; DHK = CHK = DHC. Mà EHB = DHC (đối đỉnh) => EHI = DHK = CHK (1) 2 2 o Có AIH = 90 – EHI ; AKH = 90o – DHK => AIH = AKH (2) Từ (1) suy ra EHI + EHK = CHK + EHK = 180o => I, H, K thẳng hàng (3) Từ (2) và (3) ⇒ ∆ AIK cân tại A ⇒ AI AK b) Gọi giao IM và BH là P, giao KM và CH là Q, giao HM và PQ là J, giao HM và BC là N. Ta có: HE EI ∆HEI ~ ∆HDK (g.g) > = HD DK HE EB ∆HEB ~ ∆HDC (g.g) > = HD DC EI EB EI DK ⇒ = ⇒ = (4) DK DC EB DC EI HP DK HQ (5). Tương tự (6) Vì IP AB, HE AB ⇒ IP // HE ⇒ = = EB HB DC HC HP HQ = ⇒ PQ // BC Từ (4), (5), (6) ⇒ HB HC PJ HJ JQ PJ BN Suy ra = = ⇒ = BN HN NC JQ NC

IỄ N

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 4

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

2 1

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vì HP // MQ, HQ // PM nên HQMP là hình bình hành ⇒ J là trung điểm PQ ⇒ PJ JQ ⇒ BN NC ⇒ N là trung điểm BC Vậy HM luôn đi qua trung điểm BC là điểm cố định.

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO Đ G N H Ư TR ẦN -L

Í-

10 00

a) Vì AC AB, BD AB ⇒ AC // BD ⇒ ACDB là hình thang Vì CM, CA là tiếp tuyến của (O) nên CM = CA. Tương tự DM = DB Gọi J là trung điểm của CD thì JO là đường trung bình của hình thang ACDB suy ra JO // BD và AC + BD CM + MD CD OJ = = = = IC = ID (1) 2 2 2 Vì BD AB nên JO AB tại O (2) Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn (J) đường kính CD CI CA CM b) Vì CA // BD nên theo định lý Talét ta có: = = ⇒ IM // BD IB CD MD Mà BD AB nên MI AB Gọi P, Q lần lượt là giao của AD và (O), BC và (J) Có APB = CQD = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => DPB = BQD = 90o Suy ra BQPD là tứ giác nội tiếp => PDB = PQI Vì AC // BD nên PDB = IAC PI QI => PQI = IAC => ∆PQI ~ ∆CAI (g.g) > = => IP.IA = IC.IQ CI AI Suy ra phương tích của điểm I đối với 2 đường tròn (O) và (J) là bằng nhau Suy ra I nằm trên trục đẳng phương EF của 2 đường tròn. Vậy I, E, F thẳng hàng.

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

Câu 5

Câu 6 Ta có:

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

= ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 2 ( xy + yz + zx ) ≤ 9 + 2 ( xy + yz + zx )

Ơ H

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

IỄ N

ÀN

ÁN

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

2 9 − ( x + y + z )2 ⇒ P≤ x+ y+z+ 2 9 − t2 t 2 − 2t + 1 1 =− + 5 = − (t − 1) 2 + 5 ≤ 5 Đặt x + y + z = t ⇒ P ≤ t + 2 2 2 x + y + z = 1 chẳng hạn khi x = 1, y = 2, z = –2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 2 2 + + = 9, x y z  Vậy giá trị lớn nhất của P là 5.

−9

U Y

(x + y + z) ⇒ xy + yz + zx ≥

(x + y + z)

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

KÝ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Năm học 2015 – 2016 Khóa ngày 03 tháng 6 năm 2015 Môn: TOÁN (Toán chung) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 1. (2,0 điểm)

4 x x+2 − + , với x > 0. x +2 x+2 x x a) Rút gọn biểu thức A.

10 00

TR ẦN

H Ư

2 x − y = 7 a) Giải hệ phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay):  3 x + 4 y = 5 b) Cho parabol (P): y = 2x2 và đường thẳng (d): y = 3x + b. Vẽ parabol (P) và tìm b biết (d) đi qua điểm M thuộc (P) có hoành độ x = –1. Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x 2 − 2(m + 1) x + m 2 − 2m + 5 = 0 (1) (m là tham số) a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. b) Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 đều khác 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 P= + ( x1 + x2 − 6) 2 ( x1 − 1)( x2 − 1)

-L

Í-

Câu 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, với ABC = 60°, BC = 2a và AB < AC. Gọi (O) là đường tròn đường kính BC (O là trung điểm BC). Đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E (D khác B, E khác C), BE cắt CD tại H. a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp và xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. b) Chứng minh: HB.DE = HD.BC OB c) Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt đường thẳng DI tại M. Tính tỉ số OM 3a d) Gọi F là giao điểm của AH và BC. Cho BF = , tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác DEF theo 4 a

IỄ N

ÀN

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y .Q TP ẠO

b) Thực hiện phép tính để tính giá trị của A khi x = 3 − 2 2 c) Tìm x để A = x + 1. Câu 2. (2,0 điểm)

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Cho biểu thức: A =

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x − 4 + x x + 2x + 2 x + 4 x ( x + 2)

x x + 3x + 2 x x ( x + 2)

ẠO B 10 00

x ( x + 1)( x + 2) x ( x + 2)

x x − 4 + ( x + 2)( x + 2) x ( x + 2)

TR ẦN

4 x x+2 − + x +2 x+2 x x

H Ư

= x +1 Thay x = 3 − 2 2 , ta có:

Í-

b) ĐKXĐ của A là x > 0, x = 3 − 2 2 thỏa mãn điều kiện.

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 1. a) Ta có

ÁN

A = 3 − 2 2 + 1 = ( 2 − 1) 2 + 1

2 − 1 > 0)

=| 2 − 1| +1 = 2( Do

ÀN

Vậy khi x = 3 − 2 2 thì A= 2 c)

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

U Y

KÝ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Năm học 2015 – 2016 Khóa ngày 03 tháng 6 năm 2015 Môn: TOÁN (Toán chung) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐÁP ÁN

A = x + 1 <=> x + 1 = x + 1 <=> x ( x − 1) = 0

IỄ N

 x = 0( L) <=>   x = 1(TM ) Vậy A = x + 1 ⇔ x = 1. Câu 2. a)

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2 x − y = 7 (I )  3 x + 4 y = 5

∆ ' = (m + 1) 2 − (m 2 − 2m + 5) > 0

IỄ N

ÀN

<=> 4m − 4 > 0 <=> m > 1 b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 1 m > 1 m > 1 <=>  2 2 2 1 − 2(m + 1).1 + m − 2m + 5 ≠ 0 m − 4m + 4 ≠ 0

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO Đ G N H Ư TR ẦN B 10 00

-L

Í-

Điểm M(–1;m) thuộc (P) nên m = 2.(–1)2 = 2 ⇒ M(–1;2) M(–1;2) ∈ (d) ⇒ 2 = 3.(–1) + b ⇒ b = 5 Vậy b = 5. Câu 3. x 2 − 2(m + 1) x + m 2 − 2m + 5 = 0 (1) a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

 y = 2x − 7  y = 2x − 7 x = 3 <=>  <=>  <=>  3 x + 4(2 x − 7) = 5 11x = 33  y = −1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (3;–1) b)Vẽ parabol (P) (P): y = 2x2 nên có đỉnh là O(0;0), đi qua điểm A(1;2), B(2;8), nhận Oy là trục đối xứng.

m > 1 <=>  m ≠ 2

 x1 + x2 = 2m + 2 Theo định lý Vi–ét:  2  x1 x2 = m − 2m + 5 Thay vào P ta có:

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

4 + ( x1 + x2 − 6) 2 ( x1 − 1)( x2 − 1)

4 + ( x1 + x2 − 6) 2 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1

N ẠO Đ

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có: 1 + (m − 2) 2 ≥ 2 => P ≥ 8 (m − 2) 2 Dấu bằng xảy ra khi (m – 2)2 = 1 ⇔ m = 3 (thỏa mãn) hoặc m = 1 (loại) Vậy GTNN của P là 8, đạt được khi m = 3. Câu 4.

U Y

ÀN

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

4 + (2m + 3 − 6) 2 m − 2m + 5 − (2m + 2) + 1 4 = 2 + (2m − 4) 2 m − 4m + 4  1  = 4 + (m − 2) 2  2  (m − 2)  =

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

IỄ N

a) Gọi I là trung điểm AH. Vì tam giác ADH vuông tại D, có I là trung điểm cạnh huyền nên IA = IH = ID. Vì tam giác AEH vuông tại E, có I là trung điểm cạnh huyền nên IA = IH = IE ⇒ IA = IH = ID = IE ⇒ Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm I. b) Vì BDEC là tứ giác nội tiếp nên: HDE=HBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ÁN

∆ BFH vuông tại F nên BH = BF 2 + HF 2 =

a 13 2 a − a2 = 12 2 3

ÀN

∆ BDH vuông tại D nên DH = BH 2 − BD 2 =

9 2 25 2 a 13 a + a = 16 48 2 3

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

ẠO

H Ư

TR ẦN

10 00

Í-

Vì ∆ BDC vuông tại D nên DC = BC 2 − BD 2 = a 3 Hai tam giác vuông CDB và CFH có chung góc C nên chúng đồng dạng, suy ra 5 a. a HF CF BD.CF 5a = => HF = = 4 = BD CD CD a 3 4 3

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

U Y

HED=HCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD) (2) Từ (1) và (2) =>tam giác HDE đồng dạng với tam giác HBC (g-g) HD DE => = => HD.BC = HB.DE HB BC c) Vì ID = IH nên ∆ IDH cân ở I => IDH=IHD(3) Vì IH // MC (cùng vuông góc BC) nên IHD=MCD (4) Từ (3) và (4) => IDH=MCD Suy ra ∆ MDC cân tại M ⇒ MD = MC. Mà OD = OC nên OM là trung trực của CD. ⇒ OM ⊥ CD Mà BD ⊥ CD nên OM // BD =>COM=CBD=60o 1 OB OC = = cos COM = cos 60o = Ta có: OM OM 2 o o o d) Vì BDH+BFH=90 +90 +180 nên BDHF là tứ giác nội tiếp ⇒ DBH=DFH(5) Tương tự ta có: ECH=EFH (6) Vì BDEC là tứ giác nội tiếp nên DBH=ECH (7) Từ (5), (6), (7) ⇒ DFH=EFH => FH là phân giác góc DFE. Tương tự ta có: EH là phân giác góc DEF. Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp ∆ DEF. Vẽ HK ⊥ DF tại K. Suy ra bán kính đường tròn (H) nội tiếp ∆ DEF là HK. Tính HK: Ta có: BD=BC.cosDBC=a

IỄ N

 BHF = HDK Có  => ∆HBF đồng dạng với ∆HDK (g.g) o  HKD = HFB = 90 a 5a . HB HF HD.HF 2 3 4 3 5a 39 = => HK = = = 156 HD HK HB a 13 2 3

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

5a 39 156

Diễn đàn hỗ trợ giáo dục : Đ/C 1000B Trần Hưng Đạo Tp Quy Nhơn Người sáng lập : Nguyễn Thanh Tuấn - Chủ quản tài nguyên : Nguyễn Thanh Tú

IỄ N

ÀN

ÁN

-L

Í-

10 00

TR ẦN

H Ư

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

U Y

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp ∆ DEF là HK =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ST&GT bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial