SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH HÀ TĨNH x, y , z Câu Cho hữu tỉ số hữu tỉ thỏa mãn Câu a) Giải phương trình : b) Giải hệ phương trình: KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN CHUYÊN 1 + = x2 + y2 + z2 x y z Chứng minh số x2 − 3x − = x +  xy − x − y = −5    x2 − 2x + y2 − y =  Câu a) Cho phương trình nghiệm x1 ; x2 x + 2mx − − 2m = Chứng minh phương trình ln có hai P= với m Tìm m để x, y , z > x + y + z =1 x1 x2 + x − 2mx2 + − 2m đạt giá trị nhỏ xy + xy + z yz xz + ≤ yz + x xz + y b) Cho thỏa mãn Chứng minh Câu Cho đường tròn tâm (O) dây cung AB cố định khơng phải đường kính Điểm C khác A, B di động AB Đường tròn tâm P qua C tiếp xúc với (O) A, đường tròn tâm Q qua C tiếp xúc với (O) B Các đường tròn (P), (Q) cắt điểm thứ hai M Các tiếp tuyến đường tròn (O) A B cắt I a) Chứng minh MC phân giác AMB điểm A, M, O, B, I thuộc đường tròn b) Chứng minh điểm C thay đổi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ ln thuộc đường thẳng cố định Câu Cho a1 < a2 < < an có số liên tiếp Đặt b phương thỏa mãn , n số tự nhiên không âm, a số nguyên dương không S = a1 + a2 + + an Chứng minh luon tồn số S n ≤ b ≤ S n +1 ĐÁP ÁN Câu 1 1 + = ⇔ xz + yz = xy ⇔ xy − xz − yz = x y z Từ giả thiết cho ta có: ⇒ x + y + z = x + y + z + xy − xz − yz = ⇒ x2 + y + z số hữu tỉ Vậy ta có điều phải chứng minh Câu a) Giải phương trình x2 − 3x − = x + x ≥ −2 Điều kiện xác định: Phương trình cho tương đương với ( x + y − z) = x+ y−z 16 x − 12 x − = x + ( ) ⇔ 16 x − x + = ( x + ) + x + + ⇔ ( x − 1) = x + + 2  4 x − x − = + 41 4 x − = x + + ⇔ x + = x − ⇔  ⇔x=   x ≥ ⇔    x − = −2 x + − ⇔ x + = −2 x ⇔ 4 x − x − = ⇔ x = − 33   −2 ≤ x ≤  x= + 41 − 33 ;x = 8 Vậy nghiệm phương trình cho  xy − x − y = −5    x2 − 2x + y − y =  b) Giải hệ phương trình:  x ≠ 0; x ≠   y ≠ 0; y ≠ Điều kiện xác định : xy − x − y = −5 ⇔ ( x − 1) ( y − 1) = −4 Từ phương trình (1) ta có:  x2 − 2x = a2 − x −1 = a  ⇒  y − y = b2 −   y − = b ab = −4  Đặt 1 1 + = ⇔ + = x − 2x y − y a −1 b −1 a2 + b2 − 2 a + b2 − 2 = ⇔ = a 2b − a − b + 17 − a − b ⇔ ( a + b ) − = 34 − ( a + b ) ⇔ ⇔ a + b = ⇔ ( a + b ) − 2ab = ⇔ a + b = + 2ab = + ( −4 ) = ⇔ b = − a ⇔ 2a = ⇔ a = ±2 a = −2  x = −1 TH 1:  ⇒ b = y = a = x = TH :  ⇒ b = −2  y = −1 ( −1;3) Vậy nghiệm hệ cho ( 3; −1) Câu 3: a) ∆ ' = m + 2m + = ( m + 1) ≥ Ta có nên phương trình ln có hai nghiệm với m  x1 + x2 = −2m   x1 x2 = −2m − Theo định lý Vi et ta có: x1 x2 + ⇒P= x1 + ( x1 + x2 ) x2 + − 2m P= P= x1 x2 + ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 2m −4m − −4m − = +1−1 4m + m + ( 2m − 1) P= 4m + − ≥ −1 m= −1 Vậy giá trị nhỏ P đạt Câu b Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: xy xy xy 1 x y  = = ≤  + xy + z xy + z ( x + y + z ) ( z + x ) ( y + z )  x + z y + z ÷ Chứng minh hồn tồn tương tự ta có: yz  y z  xz 1 z x  ≤  + ≤  + ÷; ÷ yz + x  x + y z + x  xz + y  y + z x + y  1 x y z z x y  ⇒P≤  + + + + + ÷ 2 x+ z x+ y x+ z y+ z x+ y y + z   x z   y x   z y  ⇔ P ≤  + + + ÷+  ÷+  ÷  x + z x + z   x + y x + y   y + z y + z   ⇔ P ≤ = 2 Vậy giá trị nhỏ P x= y=z= đạt Câu a) Chứng minh MC phân giác góc AMB điểm A, M, O, B, I thuộc đường tròn ( P) Ta có: IA tiếp tuyến chung ⇒ P, A, O Q, B, O ( O) ( Q) IB tiếp tuyến chung ( O) thẳng hàng thẳng hàng · ( P ) ·AMC = BAI Xét đường tròn có chắn cung AC) ( Q) Xét đường tròn (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung · BMC = ·ABI có: (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BC) · BAI = ·ABI ∆IAB Mà ( cân A) · · ⇒ AMC = BMC ⇒ MC ·AMB phân giác ·AIB + BAI · · + ABI = 1800 Ta có: (tổng ba góc tam giác) ·BAI + ·ABI = ·AMC + BMC · = ·AMB Mà ⇒ ·AIB + ·AMB = 1800 ⇒ 1800 Tứ giác AMBI nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối · · · · OAI = OBI = 900 ( gt ) ⇒ OAI + OBI = 1800 ⇒ Lại có: ) AOIB Tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 1800 ) tổng hai góc đối Vậy điểm A, M, O, B, I thuộc đường tròn b) Chứng minh điểm C thay đổi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ ln thuộc dường thẳng cố định Gọi J trung điểm OI ( PA = PM ) Ta có tam giác AMP cân P · · · · · MPO = PAM + PMA = PAM = 2OAM nên: (góc ngồi tam giác tổng hai góc khong kề với nó) · · ( QM = QB ) MQO = 2OBM Tương tự ta có: Tam giác BMQ cân Q · · OAM = OBM nên Mà (hai góc nội tiếp chắn cung OM) · · ⇒ MPO = MQO ⇒ Tứ giác PMOQ tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp chắn cung nhau) Do đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMOQ A, M , O, B, Q JM = JB, QM = QB Các điểm ⇒ ∆JMQ = ∆JOQ thuộc đường tròn đường kính OI nên JMOQ hay tứ giác nội tiếp Suy P,M,O,Q,J thuộc đường tròn ⇒ Ta có I, O cố định nên JO cố định Trung trực JO cố định MPQ Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Câu S n = a1 + a2 + + an ⇒ S n+1 = S n + an+1 Vì Ta có: Sn+1 − Sn ≥ ⇔ Sn +1 ≥ ( ) Sn + ⇔ Sn + an+1 ≥ Sn + Sn + ⇔ an+1 ≥ S n + Vì dãy số khơng có hai số liên tiếp nên ln thuộc trung trực JO cố định an +1 ≥ an + an ≥ an −1 + ⇒ an +1 ≥ an −1 + 2.2 a2 ≥ a1 + ⇒ an+1 ≥ a1 + n.2 ⇒ n.an+1 ≥ a1 + a2 + + an + ( + + + + n ) ⇔ nan +1 − n(n + 1) ≥ S n ⇔ nan +1 − n(n + 1) + ≥ S n + Ta chứng minh : an +1 ≥ nan+1 − n ( n + 1) + ⇔ an2+1 − 2an +1 + ≥ 4nan −1 − 4n ( n + 1) ⇔ ( an +1 − 2n − 1) ≥ 0(luondung ) S n+1 − S n ≥ Do ta ln có: b = k2 Vậy Sn +1 > k > Sn k nên ln tồn số số phương cần tìm thỏa mãn ... P) Ta có: IA tiếp tuyến chung ⇒ P, A, O Q, B, O ( O) ( Q) IB tiếp tuyến chung ( O) thẳng hàng thẳng hàng · ( P ) ·AMC = BAI Xét đường tròn có chắn cung AC) ( Q) Xét đường tròn (góc nội tiếp