ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN – AMSTERDAM LẦN NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1: Tìm tất ba số nguyên dương  p; q; n  , p , q số nguyên tố thỏa mãn: p  p  3  q  q  3  n  n  3 Câu 2: Gọi a , b , c ba nghiệm phương trình x3  x2  x 1  Khơng giải phương trình, tính tổng: S a  b5 b5  c c  a   a b bc ca Câu 3: Cho tam giác ABC ,  AB  AC  , với ba đường cao AD , BE , CF đồng quy H Các đường thẳng EF , BC cắt G , gọi I hình chiếu H GA Chứng minh tứ giác BCAI nội tiếp Gọi M trung điểm BC Chứng minh GH  AM Câu 4: Cho a , b , c ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: 1    a  b2  c 2 a b c Dấu đẳng thức xảy nào? Câu 5: Mỗi điểm mặt phẳng tô ba màu Đỏ, Xanh, Vàng Chứng minh tồn hai điểm A , B tô màu mà AB  LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN – AMSTERDAM LẦN NĂM HỌC 2017 - 2018 Câu 1: Tìm tất ba số nguyên dương  p; q; n  , p , q số nguyên tố thỏa mãn: p  p  3  q  q  3  n  n  3 Khơng tính tổng quát, giả sử p  q Trường hợp 1: p   p  p  3    3  2.5  10  10  q  q  3  n  n  3  10  n2  3n  q  3q   n2  q    3n  3q   10   n  q  n  q    n  q   10   n  q  n  q  3 Vì p  p  3  q  q  3  n  n  3 mà p ; q ; n số nguyên dương  n  q   nq3 223 Mà 10  1.10  2.5 n  q   10 n  q  n      n  q 1 n  q 1 q  So với điều kiện thỏa mãn Vậy ba số nguyên dương  p; q; n  cần tìm  2;3;  Trường hợp 2: p   p  p  3    3  3.6  18  18  q  q  3  n  n  3  18  n2  3n  q  3q   n2  q    3n  3q   18   n  q  n  q    n  q   18   n  q  n  q  3 Vì p  p  3  q  q  3  n  n  3 mà p ; q ; n số nguyên dương  n  q   n  q   3 3  Mà 18  1.18  2.9  3.6 n  q   18 n  q  15  n      n  q 1  n  q 1 q  So với điều kiện thỏa mãn Vậy ba số nguyên dương  p; q; n  cần tìm  3;7;8 Trường hợp 3: p  Ta chứng minh với số ngun a khơng chia hết cho tích a  a  3 ln chia dư Thật vậy: Nếu a : dư  a  3k   a   3k   a  a  3   3k  1 3k    9k  15k  : dư Nếu a : dư  a  3k   a   3k   a  a  3   3k   3k  5  9k  21k  10 : dư Trở lại tốn chính: Vì q  p   p 3; q  p  p  3  q  q  3 : dư Mà n  n  3 : dư (nếu n 3) n  n  3 n  p  p  3  q  q  3  n  n  3 Suy khơng có ba số ngun dương  p; q; n  thỏa mãn yêu cầu toán Câu 2: Gọi a , b , c ba nghiệm phương trình x3  x2  x 1  Khơng giải phương trình, tính tổng: S a  b5 b5  c c  a   a b bc ca Vì a , b , c ba nghiệm phương trình x3  x  x   Khi phân tích đa thức x3  x2  x 1 thừa số ta được: x3  x2  x    x  a  x  b  x  c    x  a  x  b  x  c   x3  x  3x  2  x3   a  b  c  x   ab  bc  ca  x  abc  x3  x  3x  2   abc    ab  bc  ca    abc   57 9  a  b  c   a  b  c    ab  bc  ca      2.3  2 2 2 2 Tính a b  b c  c a : 2 2 a 2b2  b2c2  c2 a   ab  bc  ca    ab  bc  bc  ca  ca  ab   a 2b2  b2c  c a   ab  bc  ca   2abc  a  b  c  9  a 2b2  b2c  c a  32     2 3 Tính a  b  c : a3  b3  c3   a  b  c   a  b2  c  ab  bc  ca   3abc  57 417   a  b3  c        2  Vậy:  abc     ab  bc  ca   abc    57  2  a b c    a 2b  b c  c a     a  b3  c  417  Khi ta có: a  b5 b5  c c  a   a b bc ca 2  S   a  a b  a b  ab3  b4    b4  b3c  b2c  bc3  c  S   c  c3a  c a  ca3  a   S  2a4  2b4  2c4  a3b  b3a  b3c  c3b  a3c  c3a  a 2b2  b2c  c 2a  S   a  b4  c4  2a 2b2  2b2c  2c a    a  a3b  a3c   b4  b3a  b3c    c4  c3a  c3b    a 2b2  b2c  c 2a   S   a  b  c   a  a  b  c   b3  a  b  c   c  a  b  c    a 2b  b c  c a   S   a  b2  c    a3  b3  c3   a  b  c    a 2b  b 2c  c 2a  2  57  417 3465  S         Câu 3: Cho tam giác ABC ,  AB  AC  , với ba đường cao AD , BE , CF đồng quy H Các đường thẳng EF , BC cắt G , gọi I hình chiếu H GA Chứng minh tứ giác BCAI nội tiếp Gọi M trung điểm BC Chứng minh GH  AM A I E O F G B H D C M A' Chứng minh tứ giác BCAI nội tiếp Dễ dàng chứng minh tứ giác AIFH nội tiếp tứ giác AFHE nội tiếp  điểm A , F , H , E , I thuộc đường tròn  tứ giác AIFE nội tiếp  GI GA  GF GE 1 Dễ dàng chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp  GF.GE  GB.GC  2 Từ 1   suy ra: GI GA  GB.GC  tứ giác BCAI nội tiếp (điều phải chứng minh) Chứng minh GH  AM Gọi  O  đường tròn ngoại tiếp ABC Kẻ đường kính AA '  O  Vì tứ giác BCAI tứ giác nội tiếp  I   O   AIA  90  AI  AI hay AI  AG Mà HI  AG (giả thiết)  AI  HI  A , I , H thẳng hàng Mà dễ dàng chứng minh A ' H qua trung điểm M BC (tứ giác BHCA ' hình bình hành)  M , I , H thẳng hàng Xét AGM có: AD  AM , MI  AG AD cắt MI H  H trực tâm tam giác AGM  GH  AM Suy điều phải chứng minh Câu 4: Cho a , b , c ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: 1    a  b2  c 2 a b c Dấu đẳng thức xảy nào? Trường hợp 1: Nếu tồn ba số a , b , c thuộc nửa khoảng 1  1 2  0;  ta có      a  b  c   a  b  c Khi bất đẳng a b c  3 thức cần chứng minh 1 1 ta có a  b  c   a    a  3 3 3 7 tương tự b  ; c  Vậy a; b; c   ;  3 3 3 1 Ta chứng minh  x  4 x  x   ;  (*) x 3 3 Trường hợp 2: a  ; b  ; c  Thật (*)   x4  4x3  4x2  x4  4x3  4x2 1    x  1  x2  x  1    x  1  x 1  2  với x   13 ; 73  1  a  4a  ;  b  4b  ;  c  4c  a b c 1 Từ suy    a  b2  c  4  a  b  c   12  a b c 1     a  b2  c (đpcm) a b c Dấu “  ” xảy a  b  c  Vậy Câu 5: Mỗi điểm mặt phẳng tô ba màu Đỏ, Xanh, Vàng Chứng minh tồn hai điểm A , B tô màu mà AB  iả sử hông có điểm mặt phẳng tơ màu mà khoảng cách chúng đơn vị độ dài t điểm O bất có màu vàng mặt phẳng ẽ đường tr n  O,  điểm P bất  O  ựng hình thoi OAPB có cạnh có đường ch o OP ễ thấy OA  OB  AB  AC  BC  Th o giả thiết, , B phải tô hác màu vàng hác màu o P phải tơ vàng Từ suy tất điểm ( O ) phải tô vàng Điều trái với giả thiết dễ thấy tồn hai điểm ( O ) có hoảng cách đơn vị độ dài s: Số thay bất số thực dương SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn thi: TỐN (Dành cho lớp chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có trang, câu Câu (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – m + parabol (P): y = - x2 a Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm (1; 2); b Giả sử đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2) Tìm m để (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2 = 25 Câu (2 điểm) 2y  3x  x 1  y 1   a Giải hệ phương trình  ; 2x 3y    10  x  y  b Tìm x, y thỏa mãn x – y + = x  y  x  Câu (2 điểm) a Cho tam giác ABC vuông A, điểm M di động cạnh BC, gọi D, E hình chiếu M AB, AC Tìm vị trí điểm M để DE có độ dài nhỏ b Với x số thực Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức A = 3x  x2 1 Câu (3 điểm) Cho đường tròn đường kính AB; C điểm đường tròn (C khác A, B) Gọi I giao điểm ba đường phân giác tam giác ABC, tia AI, CI cắt đường tròn D, E a Chứng minh tam giác EAI cân; b Chứng minh: IC.IE = IA.ID; c Giả sử biết BI = a, AC = b Tính AB theo a, b Câu (1 điểm) Chứng minh số có dạng 20142014 2014 có số chia hết cho 2013 ĐÁP ÁN Câu Câu Ý a điểm b Câu a N i un nh ày Điểm Đường thẳng (d) qua điểm (1; 2) = 2.1 – m + Vậy: m = Đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt x2 + 2x – m+1=0 có hai nghiệm phân biệt  '  m  Theo Định lí Viet: x1 + x2 = - 2, x1x2 = - m + Có: y1 = 2x1 – m + 1, y2 = 2x2 – m + => y1 – y2 = 2(x1 – x2) Nên: 25 = (x1 – x2)2 + (y1 – y2)2 = 5(x1 – x2)2 => (x1 – x2)2 = Hay: (x1 + x2)2 - 4x1x2 = => – 4(- m + 1) = => m = 5/4 (t/m) Đặt u  x y ; v x 1 y 1  3u  2v   9u  6v  u    2u  3v  10 4u  6v  20 v  0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có: x – y + = x  y  x   x  y   x  y  x   0,25  Hay: Suy ra:  x  y 1  x   0,25  0,25  x  y 1  x    x  y 1  x   Vì có: x = 2; y = điểm 0,25 Vậy hệ có nghiệm (2; -2) b Câu 0,25 0,25 x y   x  2;   y  2 x 1 y 1 Từ: 0,5 0,25 Khi có hệ:  điểm 0,5 A a D B E M C 0,25 Do: ADM  AEM  DAE  900 nên ADME 0,25 hình chữ nhật 0,25 Nên : DE = AM DE nhỏ AM nhỏ AM  BC 0,25 Vì : M chân đường cao hạ từ A 0,25 3x  A =  A(x  1)  3x   Ax  3x  A   , (*) có nghiệm x b x 1 Nếu A = từ (*) có : x = -4/3 Nếu A  có :    4A(A  4)  4(A  2)2  25   Vậy : A  1 b x   3; max A  x  2a 1 A 2 0,25 0,25 0,25 0,25 a Vẽ hình để chứng minh a F Câu I điểm A Do AD, CE đường phân giác nên : 0,25 D O B DC  DB, EB  EA Do đó: DC  EA  DB  EB Suy ra: AIE  IAE Vậy: tam giác EAI cân E E b Ta có: AIE  CID (đối đỉnh) EAI  DCI (cùng chắn cung DE) Suy ra: c 0,25 0,25 AC cắt BD F Do AD vừa đường phân giác vừa đường cao nên  ABF cân Do AF = AB = x > Do: DIB  IBA  IAB  450 nên  BID vuông cân suy ra: DB = a/ => BF = a Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ACB BCF có: BC2 = AB2 – AC2 = BF2 – CF2 hay: x2 – b2 = 2a2 – (x – b)2 x2 bx - a2 = Có: x = (loại), x = b  b  4a Vậy AB = b  b  4a 2 điểm 0,25 0,25 IC ID   IC.IE  IA.ID IA IE b  b  4a 2 0,25 0,25 Do : ICD IAE Câu 0,25 C 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta xét 2014 số khác có dạng 20142014…2014 = an, có n 2014 n  N* 0,25 Trong 2014 số có hai số chia cho 2013 có số dư Giả sử số , aj (j > i) Khi aj – 2013 hay: 20142014 2014  20142014 2014  20142014 20140000 0000 2013 0,25 j sơ 2014 jí sơ 2014 i sơ 2014 4i sơ 4i Số có dạng 20142014…2014 10  2013 Vì UCLN(10, 2013) = nên UCLN(10n, 2013) = với n  N* Vậy: có số dạng 20142014…2014 chia hết cho 2013 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10- THPT CHUYÊN Năm học 2010- 2011 Mơn thi: TỐN (Thời gian : 150 phút – không kể thời gian phát đề) Câu 1: (4 điểm)   1) Giải hệ phương trình    2) Giải phương trình :   Câu 2: ( điểm) Cho phương trình x2 – ( 2m + 1) x + m2 + m – = ( x ẩn số ) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt    thỏa Câu 3: (2 điểm ) Thu gọn biểu thức: A= Câu 4: ( điểm ) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O).Gọi P điểm cung nhỏ AC.Hai đường thẳng AP BC cắt M.Chứng minh : a) b)MA.MP =BA.BM Câu : ( điểm ) a) Cho phương trình ( x ẩn số m, n số nguyên).Giả sử phương trình có nghiệm số ngun Chứng minh hợp số b) Cho hai số dương a,b thỏa Tính P= Câu : ( điểm ) Cho tam giác OAB vuông cân O với OA=OB =2a.Gọi (O) đường tròn tâm O bán kính a.Tìm điểm M thuộc (O) cho MA+2MB đạt giá trị nhỏ Câu 7: ( điểm) Cho a , b số dương thỏa HẾT  Chứng minh  =>DBH=DFH=45o ⇒ BDHF tứ giác nội tiếp (2) Vì BDO+BFO=90o+90o=180o nên BDOF tứ giác nội tiếp (3) Từ (2) (3) ⇒ điểm B, D, O, H, F nằm đường tròn =>BHO=BFO=90o ⇒ OH ⊥ BM Mặt khác ADE=ABM=45o=>DE//BM⇒ OH ⊥ DE Mà OD = OE nên OH trung trực đoạn OE (4) Từ (1) (4) ⇒ A, O, H thẳng hàng b Vì DPN+DQN=90o+90o=180o nên DPNQ tứ giác nội tiếp =>QPN=QDN (hai góc nội tiếp chắn cung QN) (5) Mặt khác DENF tứ giác nội tiếp nên QDN=FEN (6) Từ (5) (6) ta có FEN=QPN (7) Tương tự ta có: EFN=PQN (8) PQ NQ Từ (7) (8) suy NPQ ~ NEF ( g.g )   EF NF Theo quan hệ đường vng góc – đường xiên, ta có PQ NQ NQ  NF     PQ  EF EF NF Dấu xảy Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng Do PQ max M giao điểm AC BN, với N điểm đối xứng với D qua O Câu Ta chứng minh BĐT 1 (a  b  c)(   )  9(*) a b c a b b c c a (*)   (  )  (  )  (  )  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 =>(*) 1       a  b  c  abc a b c Trở lại toán: Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có  b2  2b Ta có: a ab2 ab2 ab  a   a   a  (1) 2 1 b 1 b 2b Tương tự ta có: b bc  b  (2) 1 c c ca  c  (3) 1 a Cộng vế (1), (2) (3) ta có: a b c    a  b  c  (ab  bc  ca ) 2 1 b 1 c 1 a a b c     (ab  bc  ca)  a  b  c  2 1 b 1 c 1 a =>đpcm Dấu xảy a = b = c = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2016 – 2017 Mơn: TỐN (Dùng chung cho tất thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 30/5/2016 Câu (2,5 điểm) 1 2   1 1 3x  y  b) Giải hệ phương trình  2 x  y  a) Rút gọn biểu thức A  c) Giải phương trình x2  x   Câu (2,0 điểm) Cho parabol (P): y = -x2 đường thẳng (d): y = 4x – m a) Vẽ parabol (P) b) Tìm tất giá trị tham số m để (d) (P) có điểm chung Câu (1,5 điểm) a) Cho phương trình x2 – 5x + 3m + = (m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn | x12  x22 | 15 b) Giải phương trình (x – 1)4 = x2 – 2x + Câu (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = 2R CD dây cung thay đổi nửa đường tròn cho CD = R C thuộc cung AD (C khác A D khác B) AD cắt BC H, hai đường thẳng AC BD cắt F a) Chứng minh tứ giác CFDH nội tiếp b) Chứng minh CF.CA = CH.CB c) Gọi I trung diểm HF Chứng minh tia OI tia phân giác góc COD d) Chứng minh điểm I thuộc đường tròn cố định CD thay đổi Câu (0,5 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh rằng: a b c    a  bc b  ca c  ab ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1   2(2  3)    2   2  1 (  1)(  1) 3x  y   y  3x   y  3x   y  3x   x  b)      2 x  y  2 x  3(3x  1)  11x  11 x  y  Hệ có nghiệm (1;2) c) x2 + 2x – = Có ∆’ = + = > a) A  Câu a) Bảng giá trị x y = –x2 Đồ thị: -2 -4 -1 -1 0 -1 b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): –x2 = 4x – m ⇔ x2 + 4x – m = (1) (d) (P) có điểm chung ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép ⇔ ∆’ = 22 – (–m) =  + m = ⇔ m = –4 Vậy m = –4 Câu a) x2 – 5x + 3m + = Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ ∆ = 52 – 4(3m + 1) > ⇔ 21 – 12m > 21 12 21 Với m < , ta có hệ thức 12 m<  x1  x2  (Viét)   x1 x2  3m  => | x1  x2 | ( x1  x2 )  ( x1  x2 )  x1 x2  52  4(3m  1)  21 12m | x12  x22 || ( x1  x2 )( x1  x2 ) || 5( x1  x2 ) | | x1  x2 | 21 12m -4 Ta có | x12  x22 | 15  21  12m  15  21  12m   21  12m   12m  12  m  tm Vậy m = giá trị cần tìm b) ( x  1)4  x2  x  3(1) (1)  ( x  1)2   x  x   ( x  x  1)2  x  x  (2) Đặt t = x2 – 2x + 1, t≥0, phương trình (2) trở thành t  t   t  t    (t  2)(t  1)   t = (tm) t = –1 (loại) Với t = có x2  x    x2  x 1   x   Vậy tập nghiệm phương trình (1)  2;1    Câu a) Vì C, D thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên ACB  ADB  90o  FCH  FDH  90o  FCH  FDH  180o Suy tứ giác CHDF nội tiếp b) Vì AH ⊥ BF, BH ⊥ AF nên H trực tâm ∆ AFB ⇒ FH ⊥ AB CF CH  CFH  CBA( 90o  CAB)  CFH CBA( g.g )    CF CA  CH CB CB CA c) Vì FCH  FDH  90o nên tứ giác CHDF nội tiếp đường tròn tâm I đường kính FH => IC = ID Mà OC = OD nên ∆ OCI = ∆ ODI (c.c.c) => COI = DOI => OI phân giác góc COD d) Vì OC = CD = OD = R nên ∆ OCD => COD = 60o Có CAD  COD  30o  CFD  90o  CAD  60o Xét góc nội tiếp góc tâm chắn cung CD (I), có CID CID = 2CFD = 120o => OIC = OID =  60o COD  30o  OID  DOI  90o  OID vuông D Mặt khác COI = DOI = Suy OI  OD 2R  o sin 60  2R  Vậy I thuộc đường tròn  O;  3  Câu ab  bc  ca 1 Từ điều kiện đề ta có 3   3 abc a b c Áp dụng hai lần bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có: a a  bc  a bc  2a bc    a  bc 2a bc bc 1 11 1 a 11 1         b c  b c  a  bc  b c  b 11 1 c 11 1 Tương tự ta có:    ;     b  ca  c a  c  ab  a b  a b c 11 1 Suy        a  bc b  ca c  ab  a b c  BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN 2016 Mơn thi: TỐN (Dùng cho thí sinh thi vào Trường Chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút   1 a 1 a 1 Câu (2 điểm) Cho biểu thức P        với < a < Chứng minh a   a   a   1 a  1 a  a P = –1 Câu (2,5 điểm) Cho parabol (P): y = -x2 đường thẳng d: y = 2mx – với m tham số a) Tìm tọa độ giao điểm d (P) m = b) Chứng minh với giá trị m, d cắt (P) hai điểm phân biệt A, B Gọi y1, y2 tung độ A, B Tìm m cho | y12  y22 | Câu (1,5 điểm) Một người xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 120 km Vận tốc 1 quãng đường AB đầu không đổi, vận tốc quãng đường AB sau vận tốc quãng đường AB 4 đầu Khi đến B, người nghỉ 30 phút trở lại A với vận tốc lớn vận tốc quãng đường AB lúc 10 km/h Thời gian kể từ lúc xuất phát A đến xe trở A 8,5 Tính vận tốc xe máy quãng đường người từ B A? Câu (3,0 điểm) Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng M nằm A, B Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB, dựng hai tam giác AMC BMD Gọi P giao điểm AD BC a) Chứng minh AMPC BMPD tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CP.CB  DP.DA  AB c) Đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC BMPD cắt PA, PB tương ứng E, F Chứng minh CDFE hình thang Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực không âm thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh 5a   5b   5c   ––––––––Hết––––––– ĐÁP ÁN Câu Với < a < ta có:  1 a P   1 a  1 a   1 a  1  a 1  a     1 a    1 a  1 a 1 a   1 a   1 a      a   2  a  1 a   a      (1  a)(1  a)     a2 a 1 a        1 a  a  1 a 1 a      a2 a  a   a    1 a  1 a   a   a  a  a  (1  a)  (1  a) 2a 1 a  1 a 1 a  1 a   1 a  1 a   1 a  1 a  1 a  1 a  2a  1 a  1 a  2a  a 1  a 2a    1 2a 2a Câu a) Khi m = ta có d : y = 2x – (P): y = –x2 Phương trình hồnh độ giao điểm d (P) là: Với x  1   y  3  2 Với x  1   y  3  2   Vậy giao điểm 1  2; 3  2 ; 1  2; 3  2  b) Phương trình hồnh độ giao điểm d (P):  x2  2mx   x2  2mx   (*) Phương trình (*) có ∆’ = m2 + > ⇒ (*) ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ∀ m hay d cắt (P) hai điểm phân biệt  x1  x2  2m | x1  x2 | ( x1  x2 )2  ( x1  x2 )2  x1 x2  4m2   m2  Áp dụng Viét ta có:   x1 x2  1  y1  2mx1  | y12  y22 || (2mx1  1)  (2mx2  1) | Khi ta có   y2  2mx2  | y12  y22 || (2mx1   2mx2  1)(2mx1   2mx2  1) || 4m( x1  x2 )[m( x1  x2 )  1] | | 4m(2m2  1)( x1  x2 ) | m(2m2  1) | x1  x2 | | m | (2m2  1)2 m2  Ta có | y12  y22 |  64m2 (2m2  1)2 (m2  1)  45  64(4m4  4m2  1)(m4  m2 )  45 Đặt m4  m2  t  có phương trình 64t (4t  1)  45  256t  64t  45   t  (vì t ≥ 0) 16 Suy m4  m2  Vậy m    16m4  16m2    m   16 2 Câu Gọi vận tốc người xe máy quãng đường AB đầu (90 km) x (km/h) (x > 0) quãng đường AB sau 0,5x (km/h) Vận tốc người xe máy quay trở lại A x + 10 (km/h) 90 30 120 Tổng thời gian chuyến     8,5 x 0,5 x x  10 90 60 120 150 120    8    75( x  10)  60 x  x( x  10) x x x  10 x x  10  x2  95x  750   x  30 (do x > 0) Vậy vận tốc xe máy quãng đường người từ B A 30 + 10 = 40 (km/h) Vận tốc người xe máy Câu a) Vì CMA  DMB  60o  CMB  DMA  120o Xét ∆ CMB ∆ AMD có CM  AM  MCB  MAD  CMB  DMA  CMB  AMD(c.g.c)    MBC  MDA  MB  MD  Suy AMPC BMPD tứ giác nội tiếp b) Vì AMPC tứ giác nội tiếp nên CP CM CPM  180o  CAM  120o  CMB  CPM CMB( g.g )   CM CB  CP.CB  CM  CP.CB  CM Tương tự DP.DA  DM Vậy CP.CB  DP.DA  CM  DM  AM  BM  AB c) Ta có EF đường trung trực PM ⇒ EP = EM ⇒ ∆ EPM cân E Mặt khác EPM = ACM = 60o (do AMPC tứ giác nội tiếp) nên ∆ EPM ⇒ PE = PM Tương tự PF = PM Ta có CM // DB nên PCM = PBD Mà BMPD tứ giác nội tiếp nên PBD = PMD Suy PCM = PMD CP PM CP PE Ta lại có CPM = DPM = 120o  CPM MPD( g.g )     MP PD PF PD Theo định lý Talét đảo ta có CE // DF ⇒ CDFE hình thang Câu a(1  a)  a  a   Vì a, b, c khơng âm có tổng nên  a, b, c   b(1  b)   b  b c(1  c)    c  c Suy 5a   a  4a   (a  2)2  a  Tương tự 5b   b  2; 5c   c  Do 5a   5b   5c   (a  b  c)   (đpcm) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2017-2018 MƠN : TỐN ( CHUN) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi : 03/6/2017 Thời gian làm : 150 phút Câu ( 2.0 điểm ) Cho biểu thức : P x x x x x x x x x , với x 0, x a) Rút gọn biểu thức P b) Cho biểu thức Q x x 27 P , với x x 0, x 1, x Chứng minh Q Câu ( 1.0 điểm ) Cho phương trình : x 2 m x m2 ( x ẩn, m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x cho x12 4x1 2x 2mx1 Câu ( 2.0 điểm ) a) Giải phương trình : x x x x 8x b) Giải hệ phương trình : x xy y x2 xy x 1 xy 2 Câu ( 3.0 điểm ) Cho tam giác ABC có BAC 600 , AC b, AB c b c Đường kính EF đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vng góc với BC M ( E thuộc cung lớn BC ) Gọi I J chân đường vng góc hạ từ E xuống đường thẳng AB AC Gọi H K chân đường vng góc hạ từ F xuống đường thẳng AB AC a) Chứng minh tứ giác AIEJ , CMJE nội tiếp EAEM EC EI b) Chứng minh I , J , M thẳng hàng IJ vng góc với HK c) Tính độ dài cạnh BC bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b, c Câu ( điểm ) Chứng minh biểu thức S n n 2 n n 5n 2n chia hết cho 120 , với n số nguyên Câu ( điểm ) a) Cho ba số a,b, c thỏa mãn a b c a 1, b 1, c Chứng minh a4 b6 c8 b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức T x3 y3 x x2 y y2 với x, y số thực lớn -Hết - ĐÁP ÁN VÀO 10 TỐN CHUN BÌNH PHƯỚC 2017-2018 Câu a) Ta có P x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x b) Với x 0, x 1, x x 27 P Q x x 36 x x 1 x 2 , ta có x 27 x x x x 36 36 x  12  36  x   36  x  x 3 Phương trình cho có hai nghiệm    2m    m  x 3 Dấu “=” xẩy Câu 1   x1  x2   m  1 Theo hệ thức Vi-ét:    x1.x2  m  Mà x12 4x1 2x 2mx1 x1 x1 2m x1.x 2 x1 m2 m2 x1 x2 m 4m x2 m 2 m 2 1 Từ 1   suy m   Câu a) Điều kiện  x  Ta có x x x x x x x 7 x x x x x x 1 x x x x x2 8x x x x x ( thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có hai nghiệm x  4; x  x  b) Điều kiện  , kết hợp với phương trình 1 , ta có y   x  xy   Từ 1 , ta có x   xy y    x   xy y   16  x  1  x y  y     y  y  x  16 x  16  Giải phương trình theo ẩn x ta x  Với x  4 x   ( loại) y y 4  xy  vào phương trình   , ta : y2 x2   x 1  Điều kiện x  , ta có x2   x 1       x2    x2    x 1 1  3 x  2 0 x 1  x2    x2    x  2   0 x 1    x  1 x2  x   (   )  x  x 1  x2    y2   y  Kết hợp với điều kiện trên, hệ phương trình có nghiệm 2; Với x  ta có  y  Câu  I  E A J N O K M B H C F a) Ta có: AIE AJE 900 nên tứ giác AIEJ nội tiếp EMC EJC 900 nên tứ giác CMJE nội tiếp Xét tam giác AEC IEM , có ACE  EMI ( chắn cung JE đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE ) EAC  EIM ( chắn cung JE đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ ) AE EC Do hai tam giác AEC đồng dạng IEM    EA.EM  EC.EI (đpcm) EI EM b) Ta có IEM  AEC  AEI  CEM Mặt khác AEI  AJI ( chắn cung IJ ), CEM  CJM ( chắn cung CM ) Suy CJM  AJI Mà I , M nằm hai phía đường thẳng AC nên CJM  AJI đối đỉnh suy I , J , M thẳng hàng Tương tự, ta chứng minh H , M , K thẳng hàng Do tứ giác CFMK nội tiếp nên CFK  CMK Do tứ giác CMJE nội tiếp nên JME  JCE Mặt khác ECF  900  CFK  JCE ( phụ với ACF ) Do CMK  JME  JMK  EMC  900 hay IJ  HK c) Kẻ BN  AC  N  AC  Vì BAC  600 nên ABN  300 AB c 3c   BN  AB  AN  2 2 3c  c  BC  BN  CN    b    b2  c  bc  BC  b2  c  bc  2 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 BC ABC Xét tam giác BCE có R  OE  EM    b  c  bc  3.2 Câu Ta có S n n 5n 5n 5n  AN  n n2 n2 5n n n n n 5n n n n n n n 1n n n n Ta có S tích số nguyên tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5! nên chia hết cho 120 Câu a) Từ giả thiết a 1, b 1, c , ta có a a 2,b b 2, c c Từ a b6 c a b2 c2 a b c Lại có a b c a b c a b c 2ab 2bc 2ca 2 ab bc ca Hơn a b b) Ta có T Do x c x3 y3 a2 b2 x2 ab y2 x y 1 nên x 0, y 1, y c2 x2 x x x 1 x x 1 y 1 y y 1 Do T y y2 x x Vậy a ca y2 y y b6 x2 y c8 y2 x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương x2 bc nên 2 2xy y x2 y , y2 x , ta có : x x 0 y y 1 x x x y 2 x2 Dấu “ y2 y ” xẩy x 1 x y 1 x y Vậy giá trị nhỏ biểu thức T (thỏa mãn điều kiện) x y Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác khoa học theo yêu cầu toán giám khảo cân nhắc cho điểm tối đa phần ... KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2017 Mơn thi: Tốn (chun) ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh thi vào trường THPT Chuyên Hạ Long) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi. .. TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2017 Mơn thi: Tốn (chun) Dành cho thí sinh thi vào trường THPT Chuyên Hạ Long (Hướng dẫn có 03 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu Sơ lược lời giải Câu 1 Với điều kiện xác định... THỨC ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 20 09- 2010 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 25/6/20 09 Thời gian làm 150 phút (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chun Tốn chuyên Tin) Bài I (3 điểm) (n-8)2-48