Sở giáo dục đào tạo tỉnh Quảng Nam ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC: 2015 – 2016 Thời gian: 150 phút Câu (2 điểm) a) Cho biểu thức A  x x  x 1 (với x ≠ 1; x ≥ 0) Rút gọn A, sau tính giá trị A –  x 1 x 1 x  2016  2015 b) Cho A  12015  22015   n2015  với n số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho n(n + 1) Câu (2 điểm)    0 x  x  11 x  x  12  x( x  4)(4 x  y )  b) Giải hệ phương trình:   x  x  y  5 Câu (1 điểm) Cho parabol (P): y = ax2 đường thẳng (d): y = bx + c với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác vng a độ dài cạnh huyền Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B có hồnh độ x1 x2 thỏa mãn x12  x22  Câu (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD CE cắt H Các tia phân giác góc EHB, DHC cắt AB, AC I K Qua I K vẽ đường vng góc với AB, AC chúng cắt 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 qua điểm cố định Câu (2 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB Qua A B vẽ tiếp tuyến d1 d2 với (O) Từ điểm M (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt d1 C cắt d2 D Đường tròn đường kính CD cắt đường tròn (O) E F (E thuộc cung AM), gọi I giao điểm AD BC a) Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn đường kính CD b) Chứng minh MI vng góc với AB ba điểm E, I, F thẳng hàng Câu (1 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y + z – (xy + yz + zx) a) Giải phương trình sau: Doc24.vn ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) Với x ≥ 0, x ≠ ta có  x     x  1 x  1  x  x   A  x 1 x 1  x  1 x  1 x  x    x  1 x    x 1 x 1 x  x 1  x 1 x 1 x 1 Ta có x  2016  2015 thỏa mãn điều kiện x ≥ x ≠ A 1  Có x  2015  2015     2015   x  2015  Thay vào biểu thức A – ta được: 2015 A 1  b) Với số nguyên dương a, b ta có: a2015  b2015  (a  b)(a 2014  a 2013b   ab2013  b 2014 )  a 2015  b 2015 (a  b) + Xét trường hợp n số lẻ Áp dụng khẳng định ta có: 12015  (n  1) 2015  n  22015  (n  2) 2015  n  n  2015  n  2015       n 2       Suy An 2015  1 2015  (n  1) 2015    2015  (n  2) 2015  n  2015  n  2015          n      Tương tự  n  2015  n  2015   n   2015  n   2015  2015 2015   A  2(1  n )    (n  1)               (n  1)           Mặt khác n n + nguyên tố nên A ⋮ n(n + 1) Tương tự với trường hợp n chẵn ta có A ⋮ n(n + 1) 2015 2015 Câu a) Điều kiện: x2  8; x2  9; x2  11; x2  12 Phương trình cho tương đương với Doc24.vn         0  x  x    x  11 x  12     x  8   x   x   x     x  12    x  11 x  11 x  12  0  x  15 x  15  0  x2   x2  8  x2  11 x  12   x  15  0(2)  1    0(3) 2   x   x    x  11 x  12   Phương trình (2)  x   15 (thỏa mãn) Phương trình (3)   x2   x2  8   x  11 x2  12   x2  60   x2  10  x   10 (thỏa mãn)  Vậy tập nghiệm phương trình cho  15;  10  b) Hệ cho tương đương với  x  x   x  y       x  x    x  y   5 Suy x2 + 4x 4x + y nghiệm phương trình t  2 t  x    (t  2)(t  3)    t  3  x  x  2  x  x  3 ( I )  ( II ) Vậy hệ cho tương đương với  4 x  y  3 4 x  y  2  x  2   y  3  x   Giải (I): x  x  2  ( x  2)     x  2   y  3  x    x  1  y  2  x  Giải (II): x  x    ( x  1)( x  3)    x  3  y  2  x  10    Vậy hệ cho có nghiệm 2  2;5  , 2  2;5  ,  1;  ,  3;10  Câu Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): ax2  bx  c  ax2  bx  c  0(1) Vì a, b, c cạnh tam giác vuông với cạnh huyền a nên a, b, c > 0, a2 = b2 + c2 (d) cắt (P) điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔   b2  4ac  (luôn ∀ a, b, c > 0) Gọi giao điểm có hồnh độ x1, x2 , nghiệm (1) Theo Viét ta có: Doc24.vn b   x1  x2  a  x x   c  a c b2  2ac  2a b Xét P  x12  x22   ( x1  x2 )2  x1 x2        a a2 a Có b2  2ac  2a  b2  2ac  (b2  c )  a  2ac  c  a  (c  a)2  0, a, c,0  c  a Suy P < ⇒ đpcm Câu a) Vì HI, HK phân giác góc EHB góc DHC nên 1 EHI  EHB; DHK  CHK  DHC Mà EHB = DHC (đối đỉnh) => EHI = DHK = CHK (1) 2 o Có AIH = 90 – EHI ; AKH = 90o – DHK => AIH = AKH (2) Từ (1) suy EHI + EHK = CHK + EHK = 180o => I, H, K thẳng hàng (3) Từ (2) (3) ⇒ ∆ AIK cân A ⇒ AI = AK b) Gọi giao IM BH P, giao KM CH Q, giao HM PQ J, giao HM BC 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 Vì IP ⊥ AB, HE ⊥ AB ⇒ IP // HE ⇒  (5) Tương tự  (6) EB HB DC HC HP HQ Từ (4), (5), (6) ⇒   PQ // BC HB HC Doc24.vn PJ HJ JQ PJ BN     BN HN NC JQ NC Vì HP // MQ, HQ // PM nên HQMP hình bình hành ⇒ J trung điểm PQ ⇒ PJ = JQ ⇒ BN = NC ⇒ N trung điểm BC Vậy HM qua trung điểm BC điểm cố định Suy Câu a) Vì AC ⊥ AB, BD ⊥ AB ⇒ AC // BD ⇒ ACDB hình thang Vì CM, CA tiếp tuyến (O) nên CM = CA Tương tự DM = DB Gọi J trung điểm CD JO đường trung bình hình thang ACDB suy JO // BD AC  BD CM  MD CD (1) OJ     IC  ID 2 Vì BD ⊥ AB nên JO ⊥ AB O (2) Từ (1) (2) suy AB tiếp tuyến 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 giao AD (O), BC (J) Có APB = CQD = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => DPB = BQD = 90o Suy BQPD 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 phương tích điểm I đường tròn (O) (J) Suy I nằm trục đẳng phương EF đường tròn Vậy I, E, F thẳng hàng Doc24.vn Câu Ta có:  x  y  z   x  y  z    xy  yz  zx     xy  yz  zx   x  y  z  xy  yz  zx  9  ( x  y  z )2  P x yz  t2 t  2t  1 Đặt x  y  z  t  P  t      (t  1)2   2 x  y  z   Dấu xảy  chẳng hạn x = 1, y = 2, z = –2 2  x  y  z  9, Vậy giá trị lớn P Doc24.vn ... An 2015  1 2015  (n  1) 2015    2015  (n  2) 2015  n  2015  n  2015          n      Tương tự  n  2015  n  2015   n   2015  n   2015  2015. .. x  2016  2015 thỏa mãn điều kiện x ≥ x ≠ A 1  Có x  2015  2015     2015   x  2015  Thay vào biểu thức A – ta được: 2015 A 1  b) Với số nguyên dương a, b ta có: a2015  b2015... ab2013  b 2014 )  a 2015  b 2015 (a  b) + Xét trường hợp n số lẻ Áp dụng khẳng định ta có:  12015  (n  1) 2015  n  22015  (n  2) 2015  n  n  2015  n  2015       n