Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán năm học 2018 - 2019

b) Cho lục giác đều có cạnh bằng 2cm. Bên trong lục giác lấy 13 điểm phân biệt sao cho 3 điểm bất kì không thẳng hàng. Vẽ các đường chéo của hình lục giác đều, khi đó các đường ché[r]

(1)

 Nguyễn Công Lợi

TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10

CHUYÊN TOÁN 2018-2019

(2)

Đề số 12

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH BÌNH ĐỊNH Chuyên Toán – Năm học 2018 – 2019

Bài (2.0 điểm)

Cho biểu thức ( )

2

3

a b ab a b a b

T :

a b

a b a b

− +  − − 

 

=  − 

−

+  − 

Với ab;a 0; b 0 

a) Rút gọn biểu thức T b) Chứng minh T 1

Cho n số tự nhiên chẵn, chứng minh 20n− 3n+16n−1 chia hết cho

323

Bài (2.0 điểm)

1) Giải bất phương trình 3x+ 2 7x +8 2) Giải hệ phương trình

4

x y

6

x y

 + − − = 



 + + = −

 +



Bài (1.0 điểm)

Cho phương trình ( ) ( )

m −1 x − 2m − x − 5m + 25= (m tham số) Tìm giá trị m số nguyên cho phương trình có nghiệm số hữu tỉ

Bài (4.0 điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn ABBC; BCCA Xác định vị trí điểm M thuộc miền tam giác ABC (gồm cạnh miền tam giác) cho tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh nhỏ

Cho tam giác ABC (AB < AC) có góc nhọn, đường cao AD, BE, CF cắt H Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC AD K I Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD M N Gọi O trung điểm BC

(3)

b) Chứng minh F trung điểm MN

c) Chứng minh OD.OK =OE2 BD.DC=OD.DK

Bài (1.0 điểm)

Cho hai sốdương a, b thỏa a 1 b

+ = Chứng minh rằng:

2

1 25

a b

   

+ + + 

   

   

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2.0 điểm).

Cho biểu thức ( )

2

3

a b ab a b a b

T :

a b

a b a b

− +  − − 

 

= −

 − 

+  − 

Với ab;a 0; b 0  a) Rút gọn biểu thức T b) Chứng minh T 1

Cho n số tự nhiên chẵn, chứng minh 20n− 3n+16n−1 chia hết cho

323

Lời giải

1 Cho biểu thức ( )

2

3

a b ab a b a b

T :

a b

a b a b

− +  − − 

 

= −

 − 

+  − , với ab;a 0; b 0 

a) Rút gọn biểu thức T Với ab;a 0; b 0  ta có

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 3

a b ab a b a b

T :

a b

a b a b

a b a b a b a b ab

a b ab :

a b a b a b a b

a b a b ab

a b ab :

a b a b

a b ab ab a b ab a b

:

a b a b ab b a

− +  − −    = −  −  +  −   + − − + +  + −   =  −  +  − + −   + − + +  + −   =   +  +    + − + − = = = + + + +

(4)

Với ab;a 0; b 0  ta có T a b

b a

= + + Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

a b a b

T 1

b a b a

= + +  + = − =

Dấu đẳng thức xẩy a=b vì a  b nên dấu đẳng thức không xảy Vậy T 1

2 Cho n số tự nhiên chẵn, chứng minh 20n−3n+16n−1 chia hết cho 323.

+ Khi n 0= ta có 20n−3n+16n− =1 0 nên chia hết cho 323

+ Khi n 0 Ta có 20n−3n+16n− =1 (20n− +1) (16n−3n) (= 20n−3n) (+ 16n−1)

Dễ thấy n số chẵn nên n ( )

20 −1 20 1− =19 n n ( )

16 −3 16 3+ =19

Từ ta 20n−3n+16n−1 19

Lại n số chẵn nên n n ( )

20 −3 20 3− =17 n n ( )

16 −3 16 1+ =17

Từ ta 20n−3n +16n−1 17

Mà (17;19)=1 nên suy n n n

20 −3 + 16 −1 chia hết cho 323 Vậy 20n−3n+16n−1 chia hết cho 323 với mọi n số chẵn

Bài (2.0 điểm)

1) Giải bất phương trình 3x+ 2 7x +8 2) Giải hệ phương trình

4

x y

6

x y

 + − − = 



 + + = −

 +



Lời giải

1) Giải bất phương trình 3x+ 2 7x +8

Điều kiện xác định bất phương trình 7x 0+ 

+ Trường hợp Với 3x x

+    − Khi ta ln có 3x + 2 7x +

Kết hợp với điều kiện xác định ta x

7

−   −

+ Trường hợp Với 3x x

(5)

( )2

2

2 x

3x x 3 2 4

x

4

3x 7x 9x 5x 0

1 x    −  +   −      −      +  +      + −  −   

Kết hợp với điều kiện định ta x  

Kết hợp kết quả ta nghiệm bất phương trình x

7

−  

2) Giải hệ phương trình

4

x y

6

x y

x y  + − − =    + + = −  + 

Điều kiện xác địnhcủa hệ phương trình xy 0; x y 0 +  Biến đổi hệ phương trình

ta có

( ) ( )

( )2 ( )

4

x y x y xy x y 3xy

x y

6 x y 5 x y 6 0

x y

x y  + − − =   + − + =     + + + + =  + + = −   + 

Từ phương trình (x y+ )2+5 x y( + )+ =6 ta x y+ = −3hoặc x y+ = −2

+ Với x y+ = −3, kết hợp với (x y xy x y+ ) − ( + )=3xy ta có hệ phương trình

( ) ( )

x y x y x 2; y

x y xy x y 3xy xy x 1; y

 + = −  + = −  = − = −

  

 + − + =  =  = − = −

  



+ Với x y+ = −3, kết hợp với (x y xy x y+ ) − ( + )=3xy ta có hệ phương trình

( ) ( )

x y x y

8 x y xy x y 3xy xy

5  + = −  + = −    + − + =  =    

Hệ phương trình vô nghiệm

Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm ( ) (x; y = − −2; ,) (− −1; 2)

Bài (1.0 điểm)

Cho phương trình (m −1 x) 2− 2m( − x) − 5m + 25= (m tham số) Tìm giá trị m số nguyên cho phương trình có nghiệm số hữu tỉ

(6)

+ Xét m=1 thì phương trình cho trở thành 2x 20 0+ =  = −x 10 (thỏa mãn)

+ Xét m1 thì phương trình cho phương trình bậc hai.Khi phương trình có nghiệm  =' (2m 3− ) (2− m 1− )(−5m 25+ ) (= 3m 7− )2−15

Đểphương trình cho có nghiệm hữu tỉ thì '

là số phương Khi ta có tồn số nguyên dương k thỏa mãn

( )2 ( )( )

'

3m 15 k 3m k 3m k 15

 = − − =  − − − + =

Mà k số nguyên dương nên 3n k 3m k− +  − − Từ ta có bảng sau

3m k− + 15 –1 –3

3m k− − –15 –5

k 7

m 11

3

1

−

Nhận Loại Loại Loại

Vậy với m=1 m 5= thì phương trình cho có nghiệm hữu tỉ

Bài (4.0 điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn ABBC; BCCA Xác định vị trí điểm M thuộc miền tam giác ABC (gồm cạnh miền tam giác) cho tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh nhỏ

Cho tam giác ABC (AB < AC) có góc nhọn, đường cao AD, BE, CF cắt H Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC AD K I Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD M N Gọi O trung điểmcủa BC

a) Chứng minh DA phân giác FDE b) Chứng minh F trung điểm MN

c) Chứng minh OD.OK =OE2 BD.DC=OD.DK

Lời giải

(7)

z y x M

C B

A

Gọi x, y, z khoảng cách từ M đến cạnh AB, BC AC Theo giả thiết thì

AB BC CA  Do ta có

( ) ( )

ABC MAB MBC MCA ABC

1

S S S S S x.AB y.BC z.CA x y z AB

2

= + +  = + +  + +

Suy x y z 2.SABC

AB

+ + 

+ Nếu AB BC thì dấu đẳng thức xẩy M trùng với C

+ Nếu AB BC AC=  thì dấu đẳng thức xẩy M thuộc cạnh AC

+ Nếu AB BC CA= = thì dấu đẳng thức xảy M mọi vị trí bên tam giác

ABC

2 Cho tam giác ABC (AB < AC) có góc nhọn, đường cao AD, BE, CF cắt H Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC AD K I Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD M N Gọi O trung điểm BC

K

I

O

Q P

N M

F

E

D C

B

A

(8)

Tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn BAC=BDF Tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn

nên BAC EDC= Do ta BDF EDC= Mà FDA EDA phụ với

góc BDF EDC nên suy FDA = EDA hay DA phân giác FDE

b) Chứng minh F trung điểm MN

+ Lời giải 1.Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK AD theo thứ tự P

và Q Khi PQ, MN AC song song với Ta có AFE BFK= tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn nên AFE=ACB Mà ta lại có BHD = ACB (vì phụ với HBD) BFD = BHD (vì tứ giác BFHD nội tiếp) Do suy AFE BFD= nên FB phân giác KFD mà FB vng góc với FC nên FC phân giác ngồi F tam giác KFD Từ uy KB KC KF

DB= DC= DF hay

KB DB

KC= DC Ta có BP song song với AC nên

theo định lí Thales ta có BP KB

AC=KC Do BQ song song với AC nên theo định lí Thales ta có BQ DB

AC = DC Đến ta suy

BP BQ

AC =AC nên suy BP BQ= Do MN

PQ song song với nên MF AF NF

BP =AB= BQ, MF=NF BP( =BQ) hay F trung điểm MN

+ Lời giải Ta có DK vng góc với DA nên DK phân giác ngồi tam giác FDE nên

KF DF IF

KE= DE =IE Ta có MN song song với AC nên

FM KF

AE = KE

FN IF

AE=IE Do suy

FM FN

AE = AE nên ta FM FN= hay F trung điểm MN

c) Chứng minh OD.OK = OE2 BD.DC = OD.DK

+ Chứng minh tương tự ý a) ta có FC phân giác DFE nên ta có DFE=2CFE Tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn ( )O đường kính BC nên EOC 2CFE= Do suy

DFE=EOC nên tứ giác DFEO nội tiếp đường tròn Do OE OF= nên OE OF= suy

EDO OEF OEK= = Do tam giác ODE đồng dạng với tam giác OEK, suy ta

2

(9)

+ Tam giác BEC vng E có EO trung tuyến nên OE OB OC= = nên 2

OE =OB Suy ta có

( )( )

( )

2

BD.DC OB OD OC OD OB OD

OD.OK OD OD OK OD OD.DK

= − + = −

= − = − =

Bài (1.0 điểm) Cho hai sốdương a, b thỏa a 1 b

+ = Chứng minh rằng:

2

1 25

a b

 +  +  +  

   

   

Lời giải

Từ giải thiết ta cóa 1 ab b b

+ =  + = ab+ =1 b

Ta chứng minh bất đẳng thức ( )

2

2 x y

x y

2

+

+  Do ta có

2 2

2

1 1 ab b

a b b 1

a b a a a

1

a b

a b 2 2

 + + +   + +   + +   + 

       

 +  + +    =  =  = 

   

   

Áp dụng bất đẳng thức (x+ y)2 4xy ta có

2

1 a a a

a 4

b b b b

 

+     

 

  (2)

Kết hợp kết quả ta

2

1 25

a b

 +  + +  

   

   

Đẳng thức xẩy a 1; b 2

(10)

Đề số 13

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH BÌNH ĐỊNH Chuyên Tin – Năm học 2018 – 2019

Bài (2.0 điểm)

Cho biểu thức P 3x x 11 x 2

x x x x

+ − −

= − +

+ − − + với x 0; x 1 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị x nguyên để P nhận giá trị nguyên

Bài (1.5 điểm)

Cho a b bình phương hai số tự nhiên lẻ liên tiếp Chứng minh

ab a b 1− − + chia hết cho 192

Bài (2.5 điểm)

Cho a, b, c số thực dương phân biệt có tổng Chứng minh

trong ba phương trình x2−2ax b 0,x+ = 2−2bx c 0,x+ = −2cx a 0+ = có

phương trình có hai nghiệm phân biệt phương trình vô nghiệm

Bài (3.0 điểm)

Cho đường tròn tam giác ABC (AB AC ) có góc nhọn, tiếp nội đường tròn tâm O Đường phân giác A tam giác cắt đường tròn ( )O điểm D khác A Gọi M H trung điểm AD BC Đường tròn qua ba điểm A, B, M cắt cạnh AC F khác A

a) Chứng minh BD DM BC = CF

b) Chứng minh FH song song với AD

c) Gọi E điểm đối xứng với D qua O Chứng minh EF vng góc với

AC

Bài (1.0 điểm)

Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x 3; y 2; z 1   Tìm giá trị lớn biểu thức:

xy z xz y yz x P

xyz

− + − + −

(11)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài (2.0 điểm) Cho biểu thức P 3x x 11 x 2

x x x x

+ − −

= − +

+ − − + với x 0; x 1 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị x để P nhận giá trị nguyên

Lời giải

a) Rút gọn biểu thức P Với x 0; x 1  ta có

( )

( )( )

( )( ) (( )()( ))

3x x 11 (x 4) x 3x x 11 x 2

P

x x x x x x

x x

2x x x

x

x x x x

+ − − − + −

+ − −

= − + =

+ − − + − +

− +

+ − +

= = =

+

− + − +

Vậy x 0; x 1  thì ta P x x

+ =

+

b) Tìm giá trị nguyên x để Pnhận giá trị nguyên

Khi x 0; x 1  thì ta P x x

+ =

+ Do ta có

5 P

x

= +

+ nên P nhận giá trị

nguyên x 2+ ước hay x 5+ = x 2+  với x 0

Từ ta x=  =3 x 9, thỏa mãn điều kiện xác định Vậy P có giá trị nguyên x =

Bài (1.5 điểm) Cho a b bình phương hai số lẻ liên tiếp Chứng minh

ab a b 1− − + chia hết cho 192

Lời giải

Theo giả thiết ta có a=(2n ; b− )2 =(2n 1+ )2 với n số nguyên dương Từ ta

( )( ) ( ) ( )

2

ab a b a b 2n 1 2n 1 4n 4n 4n 4n 16 n n n n

   

− − + = − − = − −   + − 

   

   

= − + =  −   + 

(12)

Mà 16 hai số nguyên tố nên ta ab a b 1− − + chia hết cho 192

Bài (2.5 điểm) Cho a, b, c số thực dương phân biệt có tổng Chứng minh ba phương trình x2−2ax b 0,x+ = 2−2bx c 0,x+ = −2cx a 0+ = có

nhất phương trình có hai nghiệm phân biệt phương trình vơ

nghiệm

Lời giải

Xét ba phương trình

( ) ( ) ( )

2 2

x 2ax b x 2bx c x 2cx a

 − + =

 − + =



 − + =



Khi ta có ' ' '

1 a b; b c; c a

 = −  = −  = − Kết hợp với a b c 3+ + = ta

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

' ' ' 2

1

2 2

3 a b c a b c

a b c a b b c c a a b c

a b b c c a

 +  +  = + + − + +

= + + + − + − + − − + +

= − + − + −

Do a, b, c phân biệt nên ta có 3( +  +  ='1 '2 '3) (a b− ) (2+ b c− ) (2+ −c a)2 0 Như

trong ba biệt thức delta có biệt thức dương Do phương trình cho có phương trình có hai nghiệm phân biệt

Do vai trị số a, b, c nên không tính tổn g quát ta giả sử a số lớn ba số a, b, c Khi dế thấy a 1; b 1  a 1; c 1 

Từ ta  ='1 a2− b nên phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt Ta suy  ='2 b2−  =c; '3 c2−a

+ Nếu b c suy c 1 Do ta có  = − '3 c2 a Khi phương trình ( )3 vô

nghiệm

+ Nếu b c suy b 1 Do ta có  ='2 b2−  − c b c Khi phương trình

( )2 vơ nghiệm

Vậy ba phương trình cho có phương trình có hai nghiệm phân biệt phương trình vô nghiệm

(13)

tại điểm D khác A Gọi M H trung điểm AD BC Đường tròn qua

ba điểm A, B, M cắt cạnh AC F khác A

a) Chứng minh BD DM

BC = CF

b) Chứng minh FH song song với AD

c) Gọi E điểm đối xứng với D qua O Chứng minh EF vuông góc với

AC

Lời giải

a) Chứng minh BD DM

BC= CF

Vì AC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABM F khác A nên ta có MBF MAF= Mà ta có MAF CBD 1sdCD

2

= = Do ta

được MBF CBD= Hai tam giác MBD FBC có MBD FBC= MDB FCB= nên

đồng dạng với Từđó BD DM

BC = CF

E

H O F

M

D

C B

A

b) Chứng minh FH song song với AD.

Từ BD DM

BC= CF ta

1 DA BD 2

2CH= CF hay

BD DA

HC= CF (vì H, M trung điểm

của BC AD) Lại có BDA HCF= nên suy hai tam giác BDA HCF đồng dạng với nhau, suy CFH=DAB Mặt khác H trung điểm dây không qua tâm đường tròn ( )O nên OH đường trung trực đoạn thẳng BC, suy

BD DC= nên DB=DC hay DAB CAD= Từ kết hợp kết quả lại ta suy CFH CAD= nên FH song song với AD

c) Chứng minh EF vng góc với AC

Ta có FH song song với AD nên FHE ADE= Lại có ADE FCE= nên ta suy FHE=FCE Từ ta điểm C, H , F, E thuộc đường tròn Mà ta lại

(14)

Bài (1.0 điểm) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x 3; y 2; z 1   Tìm giá trị lớn biểu thức:

xy z xz y yz x P

xyz

− + − + −

=

Lời giải

Dễ chứng minh 1

a b+ 2 ab với a, b số thực dương

Khi áp dụng áp dụng bất đẳng thức với x 3; y 2; z 1   ta có y

z 1 1 x 1

; ;

1

z y 2 2 x 2 3

z y x

−

− −

=  =  

− + − + − +

− − −

Cộng theo vế bất đẳng thức ta P 1 2

2 2 2 2 3 12

+ +

 + + =

Dấu xẩy

3 x

x x 6

2

y y

y

z



− = 

−

  =

 − =  =

 

−

  =

 

 − =

 −



Vậy giá trị lớn P 2

12

+ +

(15)

Đề số 14

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH QUẢNG NINH Năm học 2018 – 2019

Bài (1.5 điểm)

Cho biểu thức A

1

6 1 1

=

−

+ − + +

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm phương trình bậc hai ẩn x với hệ số nguyên nhận A 1− làm

nghiệm

Bài (2.5 điểm)

a) Giải phương trình 2x 1− + x 3+ − 10 x− =0 b) Giải hệ phương trình

( )

2

2 2

x y 4x x y 29

 − + + =

 

+ + =



Bài (1.0 điểm).

Chứng minh 4n −2019n 1− chia hết cho với mọi số tự nhiên n

Bài (3.5 điểm).

Cho đường trịn tâm O đường kính AB 2R.= Trên tia đối tia AB lấy điểm M Từ M kẻ tiếp tuyến MC với đường tròn (với C tiếp điểm) Kẻ đường thẳng qua B vuông góc với đường thẳng MC D cắt đường thẳng AC E

a) Chứng minh CE CA=

b) Gọi G giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác COB với đường thẳng MC Tia CO cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai F Chứng minh ba đường thẳng CB, EF, GO đồng quy

c) Chứng minh BF OG 2R+ 

Bài 5(1.5 điểm).

a) Cho số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện

0 a b c a b c ab bc ca

     + + = 

 + + =



(16)

Chứng minh a 1; c 4 

b) Cho lục giác có cạnh 2cm Bên lục giác lấy 13 điểm phân biệt cho điểm bất kì không thẳng hàng Chứng minh tồn tam giác có diện tích khơng lớn 3 cm 2 mà ba đỉnh ba điểm 13 điểm nói

Bài (1.5 điểm) Cho biểu thức A

1

6 1 1

=

−

+ − + +

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm phương trình bậc hai có ẩn x với hệ số nguyên nhận A 1− làm

nghiệm

Lời giải

a) Rút gọn biểu thức A Ta có

6 1 1

1

6 1 1 1 1

6 1 1

3

6 1

 + +  − + − 

   

   

− =

  

+ − + +  + +  + − 

  

+ + − + +

= = =

+ −

Từ ta A 2 6

1 6 6

3 1 1

= = = =

−

+ − + +

b) Tìm phương trình bậc hai ẩn x với hệ số nguyên nhận A 1− làm nghiệm

Ta có A 1− = 1− Xét phương trình bậchai có dạng x2+bx c 0+ =

Cho phương trình nhận A 1− = 1− làm nghiệm Khi ta có

( ) (2 ) ( )

6 1− +b 1− + =  −c 6 b b c 0+ + − + =  b 2− + − + =7 b c

Khi ta chọn b avf c thỏa mãn b b

7 b c c

 − =  =

  − + =  = −

 

Vậy phương trình bậc hai cần chọn x2+2x 0− =

Bài (2.5 điểm)

(17)

b) Giải hệ phương trình

( )

2

2 2

x y 4x x y 29

 − + + =   + + =  Lời giải

a) Giải phương trình 2x 1− + x 3+ − 10 x− =0

Điều kiện xác định phương trình x 10

2   Biến đổi phương trình cho ta

được

( ) ( ) ( )

( )

2x 1 x 10 x

2x x 1 x

0

2x 1 x 10 x

2 1

x

2x 1 x 10 x

− − + + − − − − = − − −  + − = − + + + − +    −  + + = − + + + − +  

Để ý 1

2x 1− + + x 2+ + + 10 x 3− +  với mọi

x 10  

Do từ phương trình ta x 1=

Kết hợp với điều kiện xác định ta x 1= nghiệm phương trình

cho

b) Giải hệ phương trình

( )

2

2 2

x y 4x x y 29

 − + + =

 

+ + =



Điều kiện xác định hệ phương trình x2− 5 0; y2+4x 0

Biến đổi phương trình thứ hai hệ ta

( )2 2 2 2 ( 2 ) ( 2 )

x 2+ +y =29x +4x y+ + =29 x − +5 y +4x =20

Đặt a= x2−5; b= y2 +4x a 0; b 0(   ) Khi hệ phương trình cho trở thành

( )2

2

a b

a b a b a b a 2; b

36 2ab 20 ab a 4; b

a b 20 a b 2ab 20

 + =  + =  + =  + =  = =       + =  + − =  − =  =  = =      

+ Với a 2; b 4= = Khi ta có hệ phương trình

2 2

2

x x x

y 4x 16 y 4x 16 y 4x

 − =  − =  =       + = + =   + =    

(18)

+ Với a 4; b 2= = Khi ta có hệ phương trình

2 2

2

x x 16 x 21

y 4x y 4x y 4x

 − =  − =  =

  

  

+ = + =

 

+ =

  



Từ ta ( )x; y = − 21; 4+ 21 ,  − 21;− 4+ 21

   

Kết hợp với điều kiện xác định ta nghiệm hệ phương trình cho

( ) ( ) (x; y = 3; , 3; ,− ) (−3; ,) (− −3; ,) − 21; 4+ 21 ,   − 21;− 4+ 21 Bài (1.0 điểm) Chứng minh 4n−2019n 1− chia hết cho với mọi số tự nhiên n

Lời giải

Ta có 4n−2019n 1− =(4n −3n 1− −) 2016n Ta xét trường hợp sau.

+ Trường hợp Khi n 3k= với k số tự nhiên

Từ ta 4n−3n 4− = 3k− −1 9k 64= k− −1 9k

Để ý 64k− =1 (64 64− )( k 1− +64k 2− + + 1) chia hết cho 9.

Do 43k− −1 9k chia hết 4n−3n 1− chia hết cho 9.

+ Trường hợp Khi n 3k 1= + với k số tự nhiên Từ ta 4n−3n 4− = 3k 1+ −3 3k 1( + − =) 64( k− −1) 9k

Tương tự ta 4n−3n 1− chia hết cho 9.

+ Trường hợp Khi n 3k 2= + với k số tự nhiên

Từ ta 4n−3n 4− = 3k 2+ −3 3k 2( + − =) 1 16 64( k− −1) 9k 9+

Tương tự ta 4n−3n 1− chia hết cho 9.

Vậy với mọi n số tự nhiên thì 4n−3n 1− chia hết cho Do 4n−2019n 1− chia hết cho với mọi số tự nhiên n.

Bài (3.5 điểm).

Cho đường trịn tâm O đường kính AB 2R.= Trên tia đối tia AB lấy điểm M Từ M kẻ tiếp tuyến MC với đường tròn ( )O (C tiếp điểm) Kẻ đường thẳng qua B vng góc với đường thẳng MC D cắt đường thẳng AC E

(19)

b) Gọi G giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác COB với đường thẳng MC Tia CO cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai F Chứng minhrằng ba đường thẳng CB, EF, GO đồng quy

c) Chứng minh BF OG 2R+ 

Lời giải

T

O

G

F M

E

D

C

B A

a) Chứng minh CE CA=

Tam giác OBC cân O nên ta có BCO CBO= Do CO BD vng góc với MC nên OC song song với BD, ta lại có CBE=BCO Do ABC CBE= hay BC

phân giác góc CBE Tam giác BAE có BC đồng thời đường cao đường phân giác nên tam giác ABE cân B Do suy C trung điểm AE hay CE CA= .

b) Chứng minh ba đường thẳng CB, EF, GO đồng quy.

Tam giác ABE cân B nên ta có BE AB CE= = Lại có CF song song với BE nên suy tứ giác BECF hình bình hành Do hai đường chéo BC EF cắt trung điểm đường Gọi T giao điểm hai đường chéo BC EF, T trung điểm BC Tứ giác BOCG nối đường trịn nên ta có OCG OBG 180+ = Do

đó suy OBG 90= nên BG tiếp tuyến B đường tròn ( )O Từ G giao điểm hai tiếp tuyến CG BG đường tròn ( )O Từ suy OG qua trung điểm T BC Vậy ba đường thẳng CB, EF, GO đồng quy

(20)

Dễ thấy OT đường trung bình tam giác BCE Do ta BF 2OT= Do áp dụng bất đẳng thức AM –GM ta

2

BF OG 2OT OG 2OT.OG+ = +  =2 2.OC =2R Dấu xẩy

2OT OG= hay T trung điểm OG, tứ giác BOCG hình vng hay CG song song với AB, điều mâu thuẫn với giả thiết tốn Vậy dấu khơng xẩy Do ta BF OG 2R+ 

Bài (1.5 điểm).

a) Cho số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện

0 a b c a b c ab bc ca

     + + = 

 + + =



Chứng minh a 1; c 4 

b) Cho lục giác có cạnh 2cm Bên lục giác lấy 13 điểm phân biệt cho điểm bất kì không thẳng hàng Chứng minh tồn tam giác có diện tích khơng lớn 3 cm 2 mà ba đỉnh ba điểm 13 điểm nói trên.

Lời giải

a) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a b c;a b c 6;ab bc ca 9   + + = + + = Chứng minh a 1; c 4 

Từ giả thiết toán ta suy a2+b2+c2 =(a b c+ + )2 −2 ab bc ca( + + )=18 Mặt

khác vì a, b, c số dương

( ) (b c)2 ( ) (6 a)2

9 ab bc ca a b c a a

4

+ −

= + +  + + = − +

Hay

3

3a

4 −  , từ suy a 4  , a b c  

Khi 18 a= 2+b2 +c2 ac bc c+ + =c a b c( + + )=6c Suy c 3

+ Bây ta chứng minh c 4

Thật giả sử c 4 ta c2 4c Từ ta suy

( )2 ( )2

2 2 a b c

18 a b c c 4c

2

+ −

= + +  +  +

Hay

2

c

2c 0 c

(21)

+ Ta chứng minh a 1

Từ ta có c 4  Do suy a b c 4  

Giả sử a 1 Khi ta a b c 4    , suy

(a a 4− )( − )0; b b 4( − )( − )0; c c 4( − )( − )0

Hay a2 5a 4; b− 5b 4; c− 5c 4−

Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta 2 ( )

a +b +c 5 a b c+ + −12 18=

Điều mâu thuẫn với điều kiện a2+b2+c2 =18 Do a 1 Vậy 0 a 1 

Vậy tốn chứng minh hồn tất

b) Cho lục giác có cạnh 2cm Bên lục giác lấy 13 điểm phân biệt cho điểm bất kì không thẳng hàng Chứng minh tồn tam giác có diện tích khơng lớn 3 cm 2 mà ba đỉnh ba điểm 13 điểm nói trên.

Xét tam giác ABC có cạnh cm Khi đường cao AH= cm Từ

đó ta ( )2

ABC

1

S AH.BC 3.2 cm

2

= = =

(22)

Đề số 15

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI Vòng – Năm học 2018 – 2019

Bài 1.Cho số x, y không âm thỏa mãn điều kiện (x y 1+ )( + =) Tính giá trị biểu thức:

( )( )

2 2

P= x +y − x +1 y + + +1 xy

Bài 2.Cho số thực không âm x, y, z thay đổi thỏa mãn

2 2 2 2 2

x +y +z +x y +y z +z x =6

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Q x y z= + +

Bài

a) Cho a, b hai số nguyên dương phân biệt Xét biểu thức

( )2

3 2

a b Q

a a b ab b

+ =

+ − − Chứng minh Q không thể nhận giá trị nguyên

b) Cho a, b số nguyên dương Đặt A=(a b+ )2−2a2 B=(a b+ )2−2b2

Chứng minh A B không thể đồng thời số phương

Bài 4.Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB AC nội tiếp đường tròn ( )O

Đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cắt đường thẳng AB AC theo thứ tự D

và E Trên đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC lấy điểm P cho AP vng góc với PC Đường thẳng qua B vng góc với OP cắt PC Q

a) Chứng minh PB PQ=

b) Chứng minh O trực tâm tam giác ADE

c) Chứng minh PAO QAC=

Bài 5.Có 45 người tham gia họp Quan sát quen họ, người ta thấy rằng: Nếu hai người có số người quen thì lại không quen Gọi S số cặp người quen trung họp (cặp người quen không kể thứ tự xếp hai người cặp)

(23)

Hướng dẫn giải

Bài 1.Cho số x, y không âm thỏa mãn điều kiện (x y 1+ )( + =) Tính giá trị biểu thức:

( )( )

2 2

P= x +y − x +1 y + + +1 xy

Lời giải

Từ (x y 1+ )( + =) ta xy x y 1+ + =

Đặt a x y; b xy= + = Khi từ giả thiết ta thu a b 1+ = Biến đổi biểu thức P ta

( )( ) ( )

( ) ( )

( )

2 2 2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

2 2

P x y x y xy x y x y x y xy

x y 2xy x y x y 2xy xy

a 2b b a 2b b a 2b b 2b 2a b

a 2b b 2a b a 2b 2a 2a b

a 2b 2a b a a b b a b a

= + − + + + + = + − + + + + +

 

= + − −  + + − + + +

 

= − − + − + + + = − − − + + + +

= − − − + + + = − − + + +

= − − + + = − + + + = + = +b 1=

Vậy giá trị biểu thức P

Bài 2.Cho số thực không âm x, y, z thay đổi thỏa mãn

2 2 2 2 2

x +y +z +x y +y z +z x =6

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Q x y z= + +

Lời giải

+ Tìm giá trị lớn biểu thức Q

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có x y2 2+ 1 2xy; y z2 2+ 1 2yz; z x2 2+ 1 2zx

Khi ta ( ) 2 2 2

2 xy yz zx+ + x y +y z +z x +3 Từ dẫn đến

( )

2 2 2 2 2 2

x +y +z +2 xy yz zx+ + x +y +z +x y +y z +z x +3

Suy (x y z+ + )2 9 hay Q x y z 3= + +  Dấu đẳng thức xẩy x y z 1= = =

Vậy giá trị lớn Q 3, xẩy x y z 1= = =

(24)

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2

2xy x +y Do x, y, z số thực khơng âm

nên ta lại có

2 2 2 2 2 2 2 2

2xy x y+ x +y +x y x +y +z +x y +y z +z x =6

Do ta có bất đẳng thức x y2 2+2xy 0−  Đến suy

xy 1−  2− =

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta yz 2; zx 2 

Chú ý đến x, y, z khơng âm ta có 2xy x y ; 2yz y z ; 2zx z x 2  2  2 Do ta có

đánh giá 2 ( ) 2 2 2 2

x +y +z +2 xy yz zx+ + x +y +z +x y +y z +z x =6 Hay ta Q2 =(x y z+ + )2 6 nên Q 6

Dấu xẩy x= 6; y z 0= = hoán vị

Vậy giá trị lớn Q 6, xẩy x= 6; y z 0= = hoán vị

Bài

a) Cho a, b hai số nguyên dương phân biệt Xét ( )

2

3 2

a b Q

a a b ab b

+ =

+ − − Chứng

minh Q không thể nhận giá trị nguyên

b) Cho a, b số nguyên dương Đặt A=(a b+ )2−2a2 B=(a b+ )2−2b2

Chứng minh A B không thể đồng thời số phương

Lời giải

a) Chứng minh Q không thể nhận giá trị nguyên Ta viết lại biểu thức Q thành ( )

( )( )

2

a b Q

a b a b

+ =

− +

Giả sử Q nhận giá trị nguyên, (a b+ )2 chia hết cho (a b a− )( 2+b2), suy

( )2

a b+ chia hết cho (a2 +b2) Để ý (a b+ )2 =a2+b2+2ab nên suy 2ab chia

hết cho a2+b2 Do a b số nguyên dương phân biệt nên 2ab a 2+b2 Cũng

do a b hai số nguyên dương phân biệt nên 2ab a= 2+b2 − −(a b)2 a2 +b2

Như ta hai kết quả mâu thuẫn nên suy Q không thể nhận giá trị

(25)

b) Cho a, b số nguyên dương Đặt ( )2

A= a b+ −2a ( )2

B= a b+ −2b Chứng minh A B không thể đồng thời số phương

+ Lời giải Ta xét trường hợp sau

Trường hợp Cả hai số A B không phải số phương Khi ta có điều cần chứng minh

Trường hợp Trong hai số A B thì có số số phương Khi ta có điềucần chứng minh

Trường hợp Cả hai số A B số phương Khi tồn số nguyên dương c, d thỏa mãn (a b+ )2−2a2 =c2 (a b+ )2−2b2 =d2 hay

2 2

c =b +2ab a− d2 =a2+2ab b− Để ý b2+2ab a− + +2 a2 2ab b− 2=4ab Suy c2=b2+2ab a− 2 d2=a2+2ab b− có tính chẵn lẻ hay A B tính

chẵn lẻ

Giả sử hai số a b có số chẵn số lẻ Khơng tính tổn qt

ta giả sử a số chẵn b số lẻ Khi ta có A=(a b+ )2−2a2 số lẻ

( )2 2

B= a b+ −2b số chẵn Điều mâu thuẫn với A, B tính chẵn lẻ Do a b phải số chẵn số lẻ Nếu a b số lẻ, dễ thấy

( )2 2

A= a b+ −2a B=(a b+ )2−2b2 chia có số dư 2, điều mâu thuẫn

với A B số phương Do a b số nguyên dương chẵn Đặt a 2m; b 2n= = với m, n sốnguyên dương

Khi ta có c2=4n2+8mn 4m− 2 d2=4m2+8mn 4n− 2 Do c, d số

nguyên dương chẵn.Đặt c=2c ; d1 =2d1 với c ; d1 1 số nguyên dương.Khi ta suy 2

1

c =n +2mn m− 2

1

d =m +2mn n−

Lập luận tương tự ta suy m, n số chẵn Từ tiếp tục lập luận tương tự ta a, b chia hết cho 2k với k số nguyên dương bất kì Do

suy ( ) ( )a; b = 0; Điều mâu thuẫn với a, b số nguyên dương.Do trường hợp A B số nguyên dương không xẩy

(26)

• Lời giải Giả sử tồn số nguyên dương a b cho ( )2

a b+ −2a

( )2 2

a b+ −2b số phương Trong cặp số ( )a; b ta xét cặp số có a nhỏ Đặt (a b+ )2 −2a2 =c2 (a b+ )2−2b2 =d2 với c, d số nguyên

dương.Khi ta có (a b+ )2−c2 =2a2 nên suy c (a b+ ) tính chẵn lẻ Điều dẫn đến (a b+ )2−c2 =2a2 chia hết cho 4, suy a chia hết cho Chứng minh

hoàn toàn tương tự ta suy b chia hết cho Do c d số chẵn Từ

đó ta có

2 2

a b a x

2

2 2

     

+ − =

     

     

2 2

a b b d

2

2 2

     

+ − =

     

      số

phương Do cặp số a b; 2

 

 

  thỏa mãn yêu cầu toán Điều mâu thuẫn

với cách chọn cặp số ( )a; b với a số bé Vậy với mọi số nguyên dương a, b thì số A, B khơng thể đồng thời số phương

Bài 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB AC nội tiếp đường trịn ( )O

Đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cắt đường thẳng AB AC theo thứ tự D E Trên đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC lấy điểm P cho AP vng góc với PC Đường thẳng qua B vng góc với OP cắt PC Q

a) Chứng minh PB PQ=

b) Chứng minh O trực tâm tam giác ADE

c) Chứng minh PAO QAC=

Lời giải

a) Chứng minh rằng PB PQ=

Tứ giác BPOC nội tiếp đường tròn nên suy BPQ BOC= BQ song song với PO nên ta lại có PQB QPO OBC= = , suy hai tam giác PBQ OCB đồng dạng với Mà tam giác OCB cân O nên tam giác PBQ cân

tại P Do ta PB PQ=

O

E

D

Q P

T

C B

A

(27)

Ta có OBE OCE OAC= = Lại có OBA=OAB nên suy EAB EBA= Từ ta suy đươci tam giác EAB cân E nên EA=EB Để ý OA OB= nên suy OE

đường trùn trực AB Do ta có OE vng góc với AB Chứng minh hồn tồn tương tự thì ta có OD vng góc với AB Do O trực tâm tam giác

ADE

c) Chứng minh PAO QAC=

Gọi T giao điểm thứ hai CP với đường trịn ( )O Ta có BPC=BOC 2BTC= nên

ta suy PT=PB Mà ta có PB PQ= nên suy PT PQ= Để ý APQ 90=

nên ta có biến đổi góc

0 0

PAQ PAT 90 ATP 90 ABC 90 AOC OAC

2

= = − = − = − =

Đến thì ta suy PAO QAC=

Bài 5.Có 45 người tham gia họp Quan sát quen họ, người ta thấy rằng: Nếu hai người có số người quen thì lại khơng quen Gọi S số cặp người quen trung họp (cặp người quen không kể thứ tự xếp hai người cặp)

a) Xây dựng ví dụ để S 870= b) Chứng minh S 870

Lời giải

a) Để ý 45+ + + + + + + + = Do ta chia 45 người thành nhóm với nhóm thứ i có thì có i người (1 i 9  ) Ta xét ví dụ người nhóm thứ i quen tất mọi người nhóm cịn lại, khơng quen bất kì nhóm

thứ i Như người nhóm thứ quen với 44 người khác, nỗi người nhóm thứ quen với 43 người khác, …, người nhóm thứ quen với 36 người khác Nói cách khác thì người nhóm thứ i quen với 45 i− người khác Từ ta có S 1(1.44 2.43 3.42 9.36) 870

2

= + + + + =

(28)

nhất 45 a− i người, ta i45 a− i nên suy ai 45 i− Ta có

1 44

a +a + + a =45

( ) ( )

( )

1 44 36 37 44

1 36 37 44 37 38 44

1

S a 2.a 3.a 44.a 36a 36a 36a 37a 44a

2

1

36 a a a a a a 2a 8a

2

36.45 1.8 2.7 8.1 870

= + + + +  + + + + + +

 

=  + + + + + + + + + + 

 + + + + =

(29)

Đề số 16

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng – Năm học 2018 – 2019

Bài

a) Giải phương trình

x − +x x + =1 x 1+ b) Giải hệ phương trình

2

xy y y

x 2y 2xy x

 + = +

 

+ + = +



Bài

a) Tìm tất cả cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn (x y 3x 2y+ )( + )2 =2x y 1+ − b) Với a, b số thực dương thay đổi thỏa mãn a 2b b

3

+ = + Tìm giá trị

nhỏ biểu thức M a b

a 2b b 2a

= +

+ +

Bài

Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp ( )I tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB điểm D, E, F Gọi K hình chiếu vng góc B đường thẳng DE M trung điểm đoạn thẳng DF

a) Chứng minh hai tam giác BKM DEF đồng dạng với

b) Gọi L hình chiếu vng góc C đường thẳng DF N trung điểm đoạn thẳng DE Chứng minh hai đường thẳng MK NL song song với

c) GọiJ, X trung điểm đoạn thẳng KL ID Chứng minh đường thẳng JX vng góc với đường thẳng EF

Bài

Trên mặt phẳng cho hai điểm P Q phân biệt Xét 10 đường thẳng nằm mặt phẳng thỏa mãn tính chất sau:

i) Khơng có hai đường thẳng song song trùng

ii) Mỗi đường thẳng qua P Q, khơng có đường thẳng qua cả P

và Q

Hỏi 10 đường thẳng có thể chia mặt phẳng thành tối đa miền? Hãy giải

(30)

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài

a) Giải phương trình x2− +x x3+ =1 x 1+ b) Giải hệ phương trình

2

xy y y

x 2y 2xy x

 + = +   + + = +  Lời giải

a) Giải phương trình

x − +x x + =1 x 1+

Điều kiện xác định phương trình x −1 Để ý

x − + x

Đặt a= x 1; b+ = x2− +x a 0; b 0(   ) Khi phương trình cho viết lại

thành ( )( )

b − +1 2ab=2a b b 2a− + + =0

Do a 0; b 0  nên ta có b 2a 0+ +  Khi từ phương trình ta b 1=

Do ta có phương trình 2  

x − + = x 1 x − =  x x 0;1

Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình S= 0;1

b) Giải hệ phương trình

2

xy y y

x 2y 2xy x

 + = +

 

+ + = +



Hệ phươngtrình cho viết lại thành

2

2xy 2y 2y x 2y 2xy x

 + = +

 

+ + = +



Cộng theo vế hai phương trình hệ phương trình thu

( ) ( ) ( )

( )( )

2

x 4y 4xy x 2y x 2y x 2y x 2y x 2y

x 2y x 2y

+ + = + +  + = + +  + − + − =

 + − =  = −

 + − + + =  

+ + = = − −

 

+ Thế x 2y= − vào phương trình thứ hệ cho ta

( ) 2 2 ( )2

y 2y− +y = + y y −2y 0+ =  y 1− =  =0 y

Từ tương ứng ta x 1=

+ Thế x= −2y 2− vào phương trình thứ hệ cho ta

( ) 2 5

y 2y y y y 3y y ;

2 − − − +    − − + = +  + + =        

Từ với y

− −

= ta x 1= + với y

− +

(31)

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( )x; y 1;1 , 5; , 5;

2

 − −   − + 

=  +    − 

   

Bài

a) Tìm tất cả cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn (x y 3x 2y+ )( + )2 =2x y 1+ − b) Với a, b số thực dương thay đổi thỏa mãn a 2b b

3

+ = + Tìm giá trị

nhỏ biểu thức M a b

a 2b b 2a

= +

+ +

Lời giải

a) Tìm tất cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn (x y 3x 2y+ )( + )2 =2x y 1+ −

Để ýrằng 2x y+ =(3x 2y+ ) (− x y+ ) nên phương trình cho viết lại thành

( )( ) (2 ) ( )

x y 3x 2y+ + = 3x 2y+ − x y+ −1

Đặt a x y; b 3x 2y= + = + Khi ta có

ab = − −b a hay a b( 2+ = −1) b 1

Từ suy b 1− chia hết cho b2+1 Do ta ( )( )

b + −1 b b 1− + chia hết cho

2

b +1hay chia hết cho b2+1 Suy  

b + 1 1; nên b − 1; 0;1

+ Với b= −1ta a= −1, ta ( ) (x; y = 1; 2− )

+ Với b 0= ta a= −1, ta ( ) (x; y = 2; 3− )

+ Với b 1= ta a 0= , ta ( ) (x; y = 1; 1− )

Vậy cặp số nguyên ( ) (x; y = 1; , 1; , 2; 3− ) ( − ) ( − ) thỏa mãn yêu cầu toán

b) Với a, b số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện a 2b b

+ = + Tìm

giá trị nhỏ biểu thức M a b

a 2b b 2a

= +

+ +

+ Lời giải Ta chứng minh M 2 với dấu đẳng thức xẩy chẳng hạn

a b 3= =

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

( )

b b 3b 2b 3b b 3b

3b b 2a a 2b

b 2a 3b b 2a

=  =

+ + +

+ +

(32)

Đặt x a 2b; y b(x 0; y 0)

= + =   Khi giả thiết viết lại thành x y 2− =

Cũng từ ta có b 3y ;a x= = 2−6y Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành

2 2

2

x 6y 9y x 6y 9y

2 x y

x x x x

− −

+   +  −

Biến đổi tương đương bất đẳng thức ta

( ) ( )

2 3 3

2

3 2 2

x x 6y 9y x x y x 6xy 9y x x y 9y 6xy x y y 9y 6xy x y 3y x

− +  −  − +  −

 − +   − +   − 

Bất đẳng thức cuối đúng Vậy tốn giải hồn tồn

+ Lời giải Xét biểu thức M b a b b

3 a 2b b 2a

+ = + +

+ +

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz dạng phân thức ta có

( )2

2 2 a b b

b a b b

M

3 a a 2b b b 2a b 3b a a 2b b b 2a b 3b

+ +

+ = + + 

+ + + + + +

Áp dụng tiếp bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta lại có

( ) ( )( )

b b 2a b 3b+ + =b b 2a+ + 3b b 1 b 2a 3b+ + + =2b a 2b+

Từ ( ) ( )

2

a b b a 2b a 2b

a 2b

a a 2b b b 2a b 3b a a 2b 2b a 2b a 2b

+ + + +

 = = +

+ + + + + + + +

Suy M b a 2b

3

+  + nên M a 2b b

3

 + − = Vậy toán giải

hoàn toàn

Bài Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp ( )I tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB điểm D, E, F Gọi K hình chiếu vng góc B đường thẳng DE M trung điểm đoạn thẳng DF

a) Chứng minh hai tam giác BKM DEF đồng dạng với

b) Gọi L hình chiếu vng góc C đường thẳng DF N trung điểm đoạn thẳng DE Chứng minh hai đường thẳng MK NL song song với

(33)

Lời giải

a) Chứng minh hai tam giác BKM DEF đồng dạng với nhau.

Đường tròn ( )I nội tiếp tam giác ABC nên ta có BD BF tiếp tuyến Do BI đường trung trực đoạn thẳng DF nên BI vuông góc với DF M Từ BMDK nội tiếp đường trịn, BMK=BDK=CDE

Cũng CE tiếp tuyến với đường tròn

( )I E nên ta có CDE=DFE Từđó suy BMK=DFE Mặt khác BKM=BDM=DEF nên hai tam giác BKM DEF đồng dạng

L K

X

J I F

E

D N

C B

A

M

b) Chứng minh hai đường thẳng MK NL song song với nhau.

Ta có tứ giác BKMD CLDN nội tiếp đường tròn nên suy DMK=DBK

DCN=DLN Mặt khác BK song song với CN nên ta có DBK=DCN Từ suy DMK=DLN nên MK song song với LN

c) Chứng minh đường thẳng JX vng góc với đường thẳng EF.

Ta có 0

DMK=DCN 90= −CDN 90= −DFE 90= −DMN,

KMN=90 Do tứ giác KMNL hình thang vng Ta có J trung điểm KL nên J nằm

đường trung trực đoạn thẳng MN hay JM=JN Mặt khác XM XN 1ID

= = nên

suy X nằm đường trung trực MN Do XJ vng góc với MN Trong tam giác DEF thì MN đường trung bình nên ta có MN song song với EF Do suy JX vng góc với EF

Bài Trên mặt phẳng cho hai điểm P Q phân biệt Xét 10 đường thẳng nằm mặt phẳng thỏa mãn tính chất sau:

i) Khơng có hai đường thẳng song song trùng

ii) Mỗi đường thẳng qua P Q, khơng có đường thẳng qua cả P

(34)

Hỏi 10 đường thẳng có thể chia mặt phẳng thành tối đa miền? Hãy giải thích

Lời giải

Gọi m, n theo thứ tự số đường thẳng qua P Q Gọi S số miền tạo thành Do đường thẳng qua điểm P hặc điểm Q nên ta có m n 10+ = Ta xét

trường hợp sau

+ Trường hợp Nếu m 0= n 0= , chẳng hạn m 0= thì tất cả 10 đường thẳng cho đồng quy P Khi dễ thấy số miền tạo mặt phẳng 20 Do ta có S 20=

+ Trường hợp Nếu m 0 n 0 , m 1 n 1 Từ mặt phẳng cho với hai điểm P Q ta vẽ thêm m đường thẳng qua điểm P, số miền tạo thành

2m

Lần lượt vẽ thêm đường thẳng qua điểm Q Khi vẽ đường thẳng thì đường thẳng cắt m đường thẳng qua P m điểm phân biệt, m điểm phân biệt chia đường thẳng vừa vẽ thành m 1+ phần Nói cách khác thì đường thẳng vừa vẽ qua (vì chia đôi) đúng m 1+ miền 2m miền tạo Do lúc số miền tạo 2m+(m 1+ )

Kể từ đường thẳng thứ hai đến đường thẳng thứ n qua điểm Q thì đường cắt m đường thẳng phân biệt qua điểm P m điểm phân biệt khác Q Các điểm phân biệt với điểm Q chia đường thẳng vừa vẽ thành m 2+ phần Do mối lần vẽ đường thẳng thì số miền tăng thêm m 2+ Do số miền tao từ đường lại qua Q (n m 2− )( + ) Như ta có

( ) ( )( ) ( )

S=2m+ m 1+ + n m 2− + =mn 2m 2n mn m n+ + − = + + − =1 mn 19+ Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có mn 1(m n)2 1.100 25

4

 + = =

Từ ta S 25 19 44 + = Dấu xẩy m n 5= =

(35)

Đề số 17

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng – Năm học 2018 – 2019

Bài

a) Giải phương trình ( )

( )( )

3 3

xy x y

x y x y x y 31

 + =

 

+ + + + + =



b) Giải phương trình x 2x+ ( − ) =7 x 2x+ −

Bài

a) Cho x, y số nguyên cho x2 −2xy y− xy 2y− 2−x chia hết cho Chứng minh 2x2 +y2+2x y+ cũng chia hết cho 5.

b) Cho a ; a ; ; a1 2 50 số nguyên thỏa mãn a 1a2   a50

1 50

a +a + + a =100 Chứng minh từ số cho ta có thể chọn vài số có tổng 50

Bài

Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp đường trịn ( )O có CD song song với BE Hai đường chéo CE BD cắt P Điểm M thuộc đoạn thẳng BE cho MAB PAE= Điểm K thuộc đường thẳng CA cho MK song song với AD, điểm L thuộc đường thẳng AD cho ML song song với AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt BD, CE Q, S (Q khác B, S khác C)

a) Chứng minh ba điểm K, M , Q thẳng hàng

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác LDE cắt BD, CE T, R (T khác D, R khác E) Chứng minh năm điểm M, S, Q, R, T nằm đường tròn

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác giác PQR tiếp xúc với đường tròn ( )O

Bài

Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

ab bc 1

2

a b b c a b b c

  

+ + 

  

 + +  + + 

(36)

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài

a) Giải phương trình ( )

( )( )

3 3

xy x y

x y x y x y 31

 + =

 

+ + + + + =



b) Giải phương trình x 2x+ ( − ) =7 x 2x+ −

Lời giải

a) Giải phương trình ( )

( )( )

3 3

xy x y

x y x y x y 31

 + =

 

+ + + + + =



Hệ phương trình cho viết lại thành

( )

( )3 ( ) ( )3 ( )

xy x y

x y 3xy x y xy xy x y 31

 + =

 

+ − + + + + + + =



Đặt a x y; b xy a= + = ( 4b) Khi đóhệ phương trình cho viết lại thành

( ) ( )

3 3

ab ab

a 3ab b a b 31 a b a b 30

 =  =

 

 − + + + + =  + + + − =

 

 

Biến đổi phương trình thứ hai hệ chú ý đến ab 2= ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3

a b a b 30 a b 3ab a b a b 30 a b a b a b 30 a b a b 30 a b a b a b 10 a b a b

+ + + − =  + − + + + − =

 + − + + + − =  + + + − =

 

 + −  + + + + =  + − =  + =

 

Vì ( ) ( )

2

2 31

a b a b 10 a b

2

 

+ + + + = + +  + 

 

Từ kết hợp với ab 2= a24b ta có hệ phương trình ab a

a b b

 =  =

  + =  =

 

Từ dễ dàng tính x y 1= = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

là ( ) ( )x; y = 1;1

b) Giải phương trình 9 x 2x+ ( − )=7 x 2x+ −

Điều kiện xác định hệ phương trình x

 

Đặt a= x; b= 2x a 0; b 0− (   ) Khi ta có phương trình 2a2+b2=3

(37)

Từ ta có hệ phương trình

2

2a b 3ab 7a 5b

 + =

 

+ = +



Kết hợp hai phương trình hệ phương trình ta

( )

2 2

9 3ab 7a 5b+ = + 2a +b +3ab 7a 5b+ = + b + 3a b 2a− + −7a 0+ = Xem phương trình phương trình bậc hai có ẩn b tham số a

Khi ta có ( )2 ( ) ( )2

3a a 7a a 2a a

 = − − − + = − + = − 

Do phương trình bậc hai có hai nghiệm b a= − b 2a= −

+ Với b a= − thay vào phương trình thứ hai hệ ta thu phương trình

( ) ( )

9 3a a 7a a 3a 4a a ;1

3

 

+ − = + −  − + =    

 

Từ ta tính x

= x 1=

+ Với b 2a= − thay vào phương trình thứ hai hệ ta thu phương trình

( ) ( ) 2 ( )2

9 3a 2a+ − =7a 2a+ − 6a −12a 0+ =  a 1− =  =0 a

Từ ta tính x 1=

Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình S 1;1

  =     Bài

a) Cho x, y số nguyên cho x2 −2xy y− xy 2y− 2−x đều chia hết cho

5 Chứng minh 2x2 +y2+2x y+ cũng chia hết cho 5.

b) Cho a ; a ; ; a1 2 50 số nguyên thỏa mãn a 1a2   a50

1 50

a +a + + a =100 Chứng minh từ số cho ta có thể chọn vài số có tổng 50

Lời giải

a) Cho x, y số nguyên cho x2 −2xy y− xy 2y− 2−x đều chia hết cho Chứng minh 2x2+y2+2x y+ cũng chia hết cho 5.

Ta có (x2−2xy y− ) (+ xy 2y− 2−x)=x2−2y2−xy x y− − =(x y x 2y 1+ )( − + )

Do x2−2xy y− xy 2y− 2−x chia hết (x y x 2y 1+ )( − + ) chia hết cho 5.

(38)

+ Trường hợp 1. Khi x y+ chia hết cho

Ta có 2 2 ( ) ( )

x −2xy y− =x −2xy 2x− − − +y x 2x + =x 3x + −x 2x x y+ − x y+

Do x2−2xy y− x y+ chia hết ta 3x2+ =x x 3x 1( + ) chia hết cho 5, suy x chia hết cho 3x 1+ chia hết cho

Nếu x chia hết cho thì từ x y+ chia hết cho ta y chia hết cho Do 2x2+y2+2x y+ chia hết cho 5.

Nếu 3x 1+ chia hết cho thì ta x chia có số dư Kết hợp với x y+ chia

hết cho ta suy y chia có số dư Đặt x=5m 3; y+ =5n m, n Z+ (  )

Khi ta có

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

2x y 2x y 5m 5n 2 5m 5n 50m 30m 18 25n 20n 10m 5n 10m 5n 8m 5n

+ + + = + + + + + + +

= + + + + + + + + +

= + + + +

Do suy 2x2 +y2+2x y+ chia hết cho 5.

+ Trường hợp 2. Khi x 2y 1− + chia hết cho

Ta có x2−2xy y− =x2−2xy x x y− + − =x x 2y 1( − − +) (x 2y 1− − + +) y

Do x2−2xy y− x 2y 1− − chia hết ta y 1+ chia hết cho Do y chia có số dư Màx 2y 1− + chia hết suy x chia có số dư

Đặt x=5m 4; y+ =5n m, n Z+ (  ) Khi ta có

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

2x y 2x y 5m 5n 5m 5n 50m 80m 32 25n 40n 16 10m 5n 10m 5n 18m 9n 12

+ + + = + + + + + + +

= + + + + + + + + +

= + + + +

Do suy 2x2 +y2+2x y+ chia hết cho Vậy toán chứng minh

b) Cho số nguyên thỏa mãn 1 a 1a2   a50 a1+a2+ + a50 =100 Chứng minh từ số cho ta chọn vài số có tổng 50.

• Lời giải Ta xét trường hợp sau

+ Trường hợp 1.Nếu a1 =a2 =a3 = = a50 Khi từ a1+a2+a3+ + a50 =100 ta suy

(39)

+ Trường hợp Trong số a ; a ; a ; ; a1 2 3 50 tồn hai số khác Khơng tính tổng qt ta giả sử hai số a1 a2 Khi xét dãy số sau

1 2 50 49

S =a ; S =a ; S =a +a ; S =a +a +a ; ; S =a +a +a + + a

Từ a 1 a2   a50 ta suy S ; S 1 2 50 lại có S ; S ; S ; ; S 1 2 3 50 100

Đến ta thấy có khả sau

Khả Trong số S ; S ; S ; ; S1 2 3 50 có số chia hết cho 50 Khi

1

1 S ; S 50 nên suy tồn số Si với i 50  mà Si chia hết cho 50

Khả Trong số S ; S ; S ; ; S1 2 3 50 khơng có số chia hết cho 50 Khi tồn hai số số S ; S ; S ; ; S1 2 3 50 có số dư chia cho 50.Dễ thấy hai số khơng thể đồng thời S1 S2 S ; S 1 2 50 a1 a2 Do S ; S 1 2 50

1

a a nên S3−S ; S1 3−S2 không chia hết cho 50 nên hai số khơng thể đồng thời S1 S3 S2 S3 Từ tồn lại hai tổng Si S j với j i j 3 mà Si

và S j có số dư chia cho 50 Dễ thấy Sj−Si chia hết cho 50

j i

0 S − S 100 Để ý nếuj i 1= + ta có S − = j Si ai 50 nên Sj−Si không chia chia hết cho 50, ta có j i 1 + Từ ta có Sj− =Si ai 1+ +ai 2+ + + aj chia hết

cho 50 nên suy ai 1+ +ai 2+ + + = aj 50 nên suy tồn số Si với

2 i 50  mà Si chia hết cho 50

Từ kết quả thì ta thấy tốn chứng minh

• Lời giải Nếu tồn số n với n 50  thỏa mãn a1+a2+a3+ + an =50 thì kết luận toán hiển nhiên đúng

Ta xét trường hợp ngược lại tồn số n với n 49  thỏa mãn

1 n

a +a +a + + a 49 a1+a2+a3+ + an 1+ 51

Khi từ giả thiết ta suy an 1+ 2 Đến ta xét trường hợp sau

+ Trường hợp 1.Với an 1+ =2 Khi từ a1+a2+a3+ + an 49 ta suy

1 n

n n n 100

a a a a 49

a + a + a + a 49

 + + + + =

 + + + + =



Ta thấy n24 a1an 2+ ; a2 an 3+ ; a3 an 4+ ; ; an a2n 1+ ta suy

1 n n n n 2n n n 49 50

(40)

Điều mâu thuẫn Do n 25 nên ta lại có 49 a 1+a2+a3+ + an na1 25a1

Do suy a12 hay a1=1 nên a2 +a3+ + an =49 a2+a3+ + an +an 1+ =50

Vậy tồn số a ; a ; a ; ; a2 3 4 n thỏa mãn a2+a3+ + an+an 1+ =50

+ Trường hợp 2.Với an 1+ 3 Khi từ a1+a2+ + a50 =100 ta có

( )

n n n 50 n

a + +a + +a + + + a =100− a +a +a + + a + 49 Do 49(49 n a− ) n 2+ (49 n 3− ) hay ta n 33 Suy ta

( 16) ( 17 17 n) ( ) 17 17

49 a +a + + a + a +a + + a 16+ n 16 a− 16 17a+

Do a17 2 Mà ta có a1 a2 a3   a17 a ; a ; a ; ; a1 2 3 17 số nguyên nên ta

có a1=a2 =a3 = = a17 =1

Nếu a18 18, đặt a1+a2+a3+ + an 1+ =50 k+ với k Z; k 1  Ta có 18 a n 1+ (50 k+ )−49= +k nên suy k 17

Từ ta ak+ak 1+ +ak 2+ + + an 1+ =50 a1=a2 =a3 = = ak =1

Nếu a18 19, ta có 49(49 n a− ) n 2+ (49 n 19− ) nên ta n47

Từ ta có a1 =a2 =a3 = = a45 =1 vì a45 2

(a1+a2+ + a44) (+ a45 +a46 + + an)44+(n 44 a− ) 45 44+(n 44 2− ) 49

Đặt an 1+ =50 k− với k Z; k 31  

Khi ta có a1+a2+a3+ + ak+ak 1+ =50 a1=a2 =a3 = = ak =1 Vậy tốn chứng minh hồn tất

Bài Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp đường trịn ( )O có CD song song với BE Hai đường chéo CE BD cắt P Điểm M thuộc đoạn thẳng BE cho

MAB PAE= Điểm K thuộc đường thẳng CA cho MK song song với AD, điểm L thuộc đường thẳng AD cho ML song song với AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt BD, CE Q, S (Q khác B, S khác C)

a) Chứng minh ba điểm K, M , Q thẳng hàng

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác LDE cắt BD, CE T, R (T khác D, R khác E) Chứng minh năm điểm M, S, Q, R, T nằm đường tròn

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giácPQR tiếp xúc với đường

(41)

Lời giải

J t

S

Y X

L O I

K T

R

Q P

M

E D C

B

A

a) Chứng minh ba điểm K, M , Q thẳng hàng.

Do tứ giác BKQC ABCD nội tiếp nên ta có QKC QBC DBC DAC= = = Mà ta có

MK song song với AD nên CKM=CAD Do ta có QKC MKC= nên suy ba

điểm K, M, Q thẳng hàng

b) Chứng minh năm điểm M, S, Q, R, T nằm đường tròn.

Do tứ giác RTED, BCQS BCDE nội tiếp nên RTD CBD DEC RSQ= = = Do tứ giác TSQR nội tiếp đường trịn Chứng minh hồn tồn tương tự ta ba điểm L, M, R thẳng hàng Để ý đến tứ giác AKML hình bình hành ta có

RMQ KML CAD DEC RSQ = = = = nên tứ giác TMQR nội tiếp đường tròn Do điểm R, T, M, S, Q nằm đường tròn

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn ( )O

+ Lời giải 1.Từ giác BCDE nội tiếp đường trịn có BE song song với CD nên tứ giác

BCDE hình thang cân Ta xét hai trường hợp sau

Trường hợp Điểm A nằm trục đối xứng hìnhthang cân BCDE Khi A điểm cung nhỏ BE đường tròn ( )O P giao giao điểm hai đường chéo hình thang BCDE Gọi X giao điểm AP với đường trịn ( )O AX

(42)

giác BMQX nội tiếp đường tròn nên BMX BQX 90= = Hoàn toàn tương tự thì ta ERX=EMX=900 Suy tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn đường kính PX Khi

đó dễ thấy đường trịn ngoại tiếp tam giác PRQ đường tròn ( )O tiếp xúc với X

Trường hợp Điểm A không nằm trục đối xứng hình thang BCDE Giả sử AM, AP cắt đường tròn ( )O X Y Ta có tứ giác BXDA nội tiếp đường tròn MQ song song với DA nên ta dễ thấy BXM BXA BDA BQM= = = nên tứ giác BXQM nội tiếp đường tròn Chứng minh hồn tồn tương tự ta có tứ giác XRME nội tiếp đường trịn Đến ta có biến đổi góc sau

0

RXQ RXM QXM REM QBM 180= + = + = −BPE 180= −QPR

Suy tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn Như ta cần chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đường tròn ( )O tiếp xúc X Từ MAB PAE= ta

suy BX=EX nên XY, CD, BE song song với Điều dẫn đến X Y đối xứng với qua trục đối xứng hình thang BCDE Kẻ tiếp tuyến Xt với đường tròn ( )O Khi ta có CXt=CDX Để ý P nằm trục đối xứng hình thang BCDE, ta có biến đổi góc

XPR=XPC=YPD=BYA YBD+ =BYA CBX+ =BYA CDX+ =BYA CXt+ Sử dụng tứ giác MEXR nội tiếp đường tròn chú ý đến AC song song với MR ta có biến đổi góc CXR=CEX RXE CDE RMB− = − =BCD ACD− =BCA=BYA

Đến thì ta XPR=BYA CXt+ =CXR CXt+ =RXt nên Xt tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác PRQ đường tròn ( )O tiếp xúc với X

+ Lời giải 2. Hoàn toàn tương tự ta chứng minh A nằm trục đối xứng hình thang BCDE thì đường tròn ngoại tiếp tam giác PRQ đường

tròn ( )O tiếp xúc với X ta xét trường hợp điểm A không nằm trục đối xứng hình thang ABCD

(43)

với đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQXR kẻ Xu tiếp tuyến X với đường tròn

( )O Khi XY song song với CD nên tứ giác CDYX hình thang cân Mà ta có P

nằm trục đối xứng hình thang cân BCDE nên suy P nằm trục đối xứng hình thang cân CDYX, suy ta PX=PY Để ý đến tứ giác nội tiếp đường trịn ta có RPI=RXI=REB RCD= nên suy PI song song với CD hay song song với XY Do Xu tiếp tuyến X đường tròn ( )O nên ta có YXu=XAY

PXY PYX API= = Do ta XIP=XAY API+ =YXu PXY+ =PXu nên Xu tiếp tuyến X với đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR Vậy ta có điều phải chứng

minh

+ Lời giải 3.Trước hết ta phát biểu chứng minh toán phụ: Cho tam giác ABC M điểm

nằm đường thẳng d song song với BC

Lấy E khác M đường thẳng d Gọi I giao điểm AM với BC Đườngthẳng qua M song song với AB cắt BE J Khi ta có IJ song song với AC.

Chứng minh

G

T

M

J

I

E S

C B

A

Giả sử MJ cắt AE AC theo thứ tự S T Gọi G giao điểm AC ME Khi MG song song với BC nên ta có MA AG

MI = CG GọiP giao điểm ME AB

Khi ta có MS AP AG MA

MJ = BP = CG = MI Do AE song song với IJ

Quay trở lại toán.Gọi X, J theo thứ tự giao điểm AM vớiđường tròn ( )O

và CD (X khác A) Áp dụngbài toán phụ ta có JR song song với AE JQ song song với AB Do ta có JRE AEC AXC= = nên tứ giác CRJX nộitiếp đường trịn Chứng minh hồn tồn tươngtự ta có tứ giác DQJX nộitiếp đường trịn Đến ta có RXJ JXQ RPD 2PCD CPD 180+ + = + = 0dẫnđến tứ giác RPQX nộitiếp đường

tròn Kẻ tiếp tuyến Xt củađường trịn ( )O , ta có

(44)

Lại có PEX=MAC PED= GọiY giao điểm khác X XP vơi đường tròn ( )O ,

đó ta có AY, BE CD song song với nên ta có PXE ADP= dẫnđến

APB RBX RQX= = nên ta tXR RQX= hay Xt tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Do ta có điều cần chứng minh

Bài Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

ab bc 1

2

a b b c a b b c

  

+ + 

  

 + +  + + 

 

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

ab bc ab bc

2

a b b c a b b c

 

+   + 

+ +  + + 

1 1

2

a b b c a b b c

 

+   + 

+ +

+ +  

Do ab bc 1 ab bc 1

a b b c a b b c a b b c a b b c

 +  +   +  + 

     

 + +  + +   + +  + + 

 

Như phép chứng minh kết thúc ta

ab bc 1

1

a b b c a b b c

 +  + 

 + +  + + 

  

Để ý ab bc 1 a c b b

 +  +  = +  + 

 + +  + +   + +  + + 

     

Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc xy 1(x y)2

 + ta có

2

a c b b a c b b

1

    

+ +  + + + =

 + +  + +   + + + + 

    

Do ta có ab bc 1

a b b c a b b c

 +  + 

 + +  + + 

  

(45)

Đề số 18

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TP HỒ CHÍ MINH Năm học 2018 – 2019

Bài (1.0 điểm)

Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn a b c 0+ + = ( )( )

a =2 a c a b 1+ + + − Tính

giá trị biểu thức A a= 2+b2+c2

Bài (2.0 điểm)

a) Giải phương trình x 4x x

+ = + + b) Giải hệ phương trình

2

x y

x y x y

 + =

 

+ = +



Bài (2.0 điểm)

Cho tam giác ABC (AB AC ) vng góc A có đường cao AH Gọi E, F hình chiếu H lên AB, AC

a) Chứng minh BE CH CF BH+ =AH BC

b) Gọi D điểm đối xứng với B qua H gọi O trung điểm BC Đường thẳng qua D vng góc với BC cắt AC K Chứng minh BK vng góc với AO

Bài (1.5 điểm)

a) Chứng minh với mội số thực x ta ln có x4 x

− + 

b) Cho x, y số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện x2−xy y+ =3 Tìm giá

trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P x= 2+y2

Bài (1.5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A Gọi M trung điểm BC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB Đường thẳng AC cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai K Đường thẳng BK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai L Các đường thẳng CL KM cắt E Chứng minh E nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM

(46)

Các số nguyên dương từ điểm 2018 tô màu theo quy tắc sau: Các số mà chia cho 24 có số dư 17 tô màu xanh, số mà chia cho 40 có số dư

7 tơ màu đỏ, số cịn lại tơ màu vàng

a) Chứng minh khơng có số tô cả hai màu xanh đỏ Hỏi có số tơ màu vàng?

b) Có cặp số ( )a; b cho a tô màu xanh b tô màu đỏ thỏa mãn điều kiện a b− =2

Bài Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn a b c 0+ + = a2 =2 a c a b 1( + + )( + − ) Tính

giá trị biểu thức A a= 2+b2+c2

Lời giải

Do a b c 0+ + = nên ta có b c+ = −a hay (b c+ )2 =a2

Cũng từ a b c 0+ + = ta a b+ = −c a c+ = −b

Kết hợp với a2 =2 a c a b 1( + + )( + − ) ta

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

2 2

2

b c b c b c 2bc c b bc b c 2b 2c b 2b c 2c

b b

b c

c c

+ = − − −  + + = − + − −

 + − − + =  − + + − + =

 − =  =

 − + − =  

− = =

 

Mà ta có a b c 0+ + = nên suy a 0= Do A a= 2+b2+c2=2

Bài (2.0 điểm)

a) Giải phương trình x 4x x

+ = + + b) Giải hệ phương trình

2

x y

x y x y

 + =

 

+ = +



Lời giải

a) Giải phương trình 4 x 4x x

+ = + +

(47)

( )2

4x + + −x 4x x 1+ =  2x+ x 3+ =1 Suy 2x− x 3+ =1 2x− x 3+ = −1

+ Trường hợp Xét phương trình 2x− x 3+ =1 Biến đổitương đương ta

( )2 2

1 1

x x 5 57

2

2x x x

8 4x 5x

2x x

  

 +

 

− = +    =

 − = +  − − =



+ Trường hợp Xét phương trình 2x− x 3+ = −1 Biến đổi tương đương ta

( )2 2

1 1

x x 3 41

2

2x x x

8 4x 3x

2x x

 

 −  − +

 

+ = +    =

 + = +  + − =



Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình cho

3 41 57

S ;

8

− + + 

 

=  

 

 

b) Giải hệ phương trình

2

x y

x y x y

 + =

 

+ = +



Từ phương trình thứ hệ phương trình ta x2 = −1 y3

Từ phương trình thứ hai hệ ta x2−x3 =y2 −y5 x x2( − )=y y2( − 3)

Thế x2 = −1 y3 vào phương trình ta phương trình 2( ) 2

x x− =x y

Suy ta x2 =0 x y− =

+ Trường hợp Với x2 =0 ta x 0= Thế vào phương trình thứnhất hệ ta y 0= Suy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( )x; y = 0;1

+ Trường hợp Với 1 x y− = ta x y= − 2, vào phương trình thứ

hệ ta (1 y− 2)2+y3 = 1 y y y 22( − )( + )=   −0 y  2; 0;1

Suy hệ phương trình có nghiệm ( ) (x; y = − −3; , 0;1 , 1; 0) ( ) ( )

Vậy hệ phương trình cho các nghiệm ( ) (x; y = − −3; , 0;1 , 1; 0) ( ) ( )

Bài (2.0 điểm)

(48)

a) Chứng minh BE CH CF BH+ =AH BC

b) Gọi D điểm đối xứng với B qua H gọi O trung điểm BC Đường thẳng qua D vng góc với BC cắt AC K Chứng minh BK vng góc với AO

Lời giải

K

D

A

B H O C

E

F

a) Chứng minh BE CH CF BH+ =AH BC

• Lời giải Tam giác ABC vng A có AH đường cao nên AC2 =CH.CB, suy

ra ta

2

CH CA

CB = CB hay

CA CH

CB = CB Chứng minh tương tự ta có

BA BH

BC = BC

Đến ta suy BC CH CF BH BE.CA CF.BC

CB BC BC

+

+ = Dễ thấy hai tam giác

BEH BAC đồng dạng với nên BE BH

BA = BC , hai tam giác CFH CAB đồng

dạng với nên CF CH

CA = CB Đến thì ta suy

BE CF BH CH

1 BA+CA = BC + CB = hay BE.AC CF.AB AB.AC BC.AH+ = = Kết hợp kết quả lại ta

CH BH BE.CA CF.BC BC.AH

BC CF AH

CB BC BC BC

+

+ = = = , điều dẫn đến

BE CH CF BH+ =AH BC Đây kết quả cầnchứng minh

• Lời giải 2.Dễ thấy tứ giác AEHF hình chữ nhật nên AF EH= AE FH= Ta có

( ) (2 )2

2 2

BE CH CF BH AH BC BE CH CF BH AH BC BE CH CF BH 2.BE.CF CH.BH AH BC

+ =  + =

 + + =

Tam giác ABC vng A có đường cao AH ta có AH2=BH.CH Dễ thấy hai tam giác EBH FHC đồng dạng nên ta có

BE.FC FH.EH AE.AF BE EH BH

EH.HC FC.BH FH FC HC

BE.HC FH.BH

 = =



= =  =

 =

(49)

Từ ta

2

BE CH BE.FH.BH BE.AE.HB HF HB CF BH CF.EH.HC CF.AF.HC HF HC 2BE.CF CH.BH 2.AE.AF.AH

 = = =



= = =



 =



Như ta có

( ) ( )

( )

2 2

2 2 2

2 2

2

BE CH CF BH 2.BE.CF CH.BH AH BC HE HB HF HC 2AE.AF.AH AH BC

AH HE HB AH AF HC 2AE.AF.AH AH BC AH HB HC AE HB 2AE.AF.AH AF HC AH BC AH BC AE HB 2AE.AF.AH AF HC AH BC

AE HB 2.AE.AF.A

+ + =

 + + =

 − + − + =

 + − − + =

 − − + =

 − H AF HC 0+ = AE HB AF HC 2AE.AF.AH2 + =

Hai tam giác BEH HEA đồng dạng nên ta có EH BH

EA =HA hay AE.BH EH.HA= Hai

tam giác AHF HCF đồng dạng nên ta có AH AF

HC =HF hay AF.HC AH.HF=

Từ ta AE BH AF HC AE.AF.HA AF.AH.AE 2.AE.AF.AH2 + = + =

Vậy BE CH CF BH+ =AH BC

b) Chứng minh BK vng góc với AO.

• Lời giải Tứ giác ABDK có BAK BDK 180+ = nên tứ giác nộitiếp đường trịn Từ DBK=DAC 90= 0−BAD 90= 0−2BAH 90= 0−2ACB 90= 0−AOB Hay ta

0

DBK AOB 90+ = nên BK vng góc với AO

• Lời giải Gọi M giao điểm BK AO Ta có BAK BDK 180+ = nên tứ giác ABDK nội tiếp, suy DBK=DAK Tam giác BAD cân A nên BAH HAD= Do DBK=DAK BAD− =BAC 2.BAH− =BAC 2.BCA− Theo tính chất góc ngồi tam

giác tam giác AOC cân O ta có BOA OCA OAC 2.BCA= + = Do

0

DBK=BAC 2.BCA 90− = −BOA hay DBK BOA+ =900 nên BK vng góc với AO

Bài (1.5 điểm)

a) Chứng minh với mội số thực x ta ln có x4 x 0

2

− + 

b) Cho x, y số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện x2−xy y+ =3 Tìm giá

trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P x= 2+y2

(50)

a) Chứng minh với mọisố thực x ta ln có

x x

2

− + 

Ta có (2x2−1)2 0 (2x 1− )2 0 Cộng theo vế hai bất đẳng thức ta

( 2 )2 ( )2 4 2 2 4

2x −1 + 2x 1−  0 4x −4x + +1 4x −4x 0+  4x −4x 0+  Suy ta x4 x 0

2

− + 

Do 2x2− =1 2x 0− = không đồng thời xẩy nên bất đẳng thức khơng xẩy dấu

Do ta có bất đẳng thức x4 x 0

2

− +  Bài toán chứng minh

b) Cho x, y số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện x2−xy y+ =3 Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ biểu thức P x= 2+y2

Từ giả thiết tốn ta có ( 2) ( )2 2 2

6=2 x −xy y+ = x y− +x +y x +y

Từ ta P x= 2+y2 6, dấu xẩy

2

x y

x y x xy y

 =

  = =

 − + =



Do giá trị lớn P 6, đạt x= =y Cũng tứ giả thiết toán ta

( 2 2) ( 2 2) ( )2 ( 2 2)

6=2 x −xy y+ =3 x +y − x y+ 3 x +y

Từ ta P x= +y2 2, dấu xẩy

2

x y

x xy y

 = −

  = − = 



− + =



Do giá trị nhỏ P 2, đạt x= − = y

(51)

Lời giải

L E

M O

C B

A

K

Tứ giác ABMK nội tiếp đường tròn( )O nên 0

BMK 180= −BAK=90 Mặt khác tứ giác ABCL nội tiếp đường trịn nên ta lại có

BCL=BAC 90= Do ta

0

MBK=90 −MCL MEC= Lại tứ giác ABMK nội tiếp đường tròn nên suy

MBK=MAK Do ta MAC MAK= =MEC nên tứ giác AMCE nội tiếp đường tròn Vậy E nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM

Bài (2.0 điểm)

Các số nguyên dương từ điểm 2018 tô màu theo quy tắc sau: Các số mà chia cho 24 có số dư 17 tô màu xanh, số mà chia cho 40 có số dư tơ màu đỏ, số cịn lại tơ màu vàng

a) Chứng minh khơng có số tơ cả hai màu xanh đỏ Hỏi có số tơ màu vàng?

b) Có cặp số ( )a; b cho a tô màu xanh b tô màu đỏ thỏa mãn điều kiện a b− =2

Lời giải

a) Chứng minh khơng có số tơ cả hai màu xanh đỏ Hỏi có số tô màu vàng?

(52)

thể chia có số dư hay số n không thể tô cả màu xanh màu đỏ Vì khơng có số tô cả hai màu xanh đỏ

+ Các số tơ màu xanh có dạng n 24k 17= + với k số nguyên không âm Do n 2018  nên ta suy 24k 17 2018 +  nên n 83  , điều có nghĩa có đúng 84 số nguyên dương có dạng n=24k 17 k+ ( =0;1; ; 83) hay có đúng 84 số nguyên dương tô mày xanh Tương tự thì số tô màu đỏ có dạng

n 40k 7= + với k số nguyên Do n 2018  nên ta suy

1 40k 2018 +  nên n 50  , điều có nghĩa có đúng 84 số nguyên dương có dạng n=40k k+ ( =0;1; ; 50) hay có đúng 51 số nguyên dương tô mày đỏ Như số số tô màu vàng 2018 84 51 1883− − =

b) Có cặp số ( )a; b cho a tô màu xanh b tô màu đỏ thỏa

mãn a b− =2

Do a số nguyên dương tô màu xanh nên a 24p 17= + với p0;1; 2; ; 83 Do

b số nguyên dương tô màu đỏ nên b 40q 7= + với q0;1; 2; ; 50 Do

a b− =2 nên suy a b 2− = a b− = −2

+ Trường hợp 1. Khi a b 2− = thì ta 24p 40q 10 2− + = hay 3p 5q 1= − Do p 83  nên ta 5p 249 −  hay q 50  Mặt khác ta lại có 3p chia hết

cho nên 5q 1− phải chia hết cho 3, suy q chia có số dư 2, ta

 

q 2; 5; 8; ; 50 , điều có nghĩa q có thể nhận 17 giá trị khác từ tập hợp

2; 5; 8; ; 50 Từ ta thu 17 giá trị khác cặp số ( )a; b thỏa mãn

a b 2− = (89; 87 , 209; 207 , 329; 327 , , 2009; 2007) ( ) ( ) ( )

+ Trường hợp Khi a b− = −2 thì ta 24p 40q 10− + = −2 hay 6p 10q 3− = , không

(53)

Đề số 19

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ NAM Năm học 2018 – 2019

Bài (2.0 điểm).Cho biểu thức:

2

1 a a 1

Q a 2a

a a

1 a a a a

 + −  

= +  − −  − +

+ − − − − +

   với a 1 

a) Rút gọn biểu thức Q

b) So sánh Q Q 3

Bài (2.0 điểm)

a) Giải phương trình ( x 3+ − )( x 3− + )=2x

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol ( )P có phương trình y x= 2 hay

đường thẳng ( )d : y m; d : y m= ( )' = với

0 m 1  Đường thẳng ( )d cắt Parabol ( )P hai điểm phân biệt A B, đường thẳng ( )d' cắt Parabol ( )P hai điểm phân biệt C D (với hoành độ điểm A D số âm) Tìm m để diện tích tứ giác ABCD gấp lần diện tích tam giác OCD

Bài (1.0 điểm).Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn 7x =3.2y+1

Bài (3.0 điểm) Cho đường tròn ( )O đường thẳng d cố định (đường tròn ( )O

đường thẳng d khơng có điểm chung) Điểm P di động đường thẳng d Từ P vẽ hai tiếp tuyến PA PB (A B thuộc đường tròn ( )O ) Gọi H chân đường vng góc hạ từ A xuống đường kính BC Gọi E giao điểm hai đường thẳng CP AH Gọi F giao điểm thứ hai đường thẳng CP với đường tròn ( )O

a) Chứng minh E trung điểm đoạn thẳng AH

b) Vẽ dây cung CN đường tròn ( )O cho CN song song với AB Gọi I giao điểm NF AB Chứng minh IF AF

IB =AC IA IB=

(54)

Bài (1.0 điểm).Một học sinh chấm điểm tùy ý phân biệt bên đường trịn có bán kính Chứng minh tồn hai điểm A, B điểm thỏa mãn AB 1

Bài (1.0 điểm).Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx x y z+ +  + + Chứng minh

2

3 3

y

x z

1

x y z

+ + 

+ + +

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2.0 điểm).Cho biểu thức:

2

1 a a 1

Q a 2a

a a

1 a a a a

 + −  

= +  − −  − +

+ − − − − +

   với a 1 

a) Rút gọn biểu thức Q

b) So sánh Q Q 3

Lời giải

a) Rút gọn biểu thức Q Với 0 a 1  ta có

( ) ( ) ( ) ( ( )( ) ( ) ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2

1 a a 1

Q a 2a

a a

1 a a a a

1 a a a

a

a a

1 a a a a a

1 a a a

1 a a a 1 a

a

a a

1 a a a a a a

2 a a a

1 a a

 + −   = +  − −  − + + − − − − +        + − −     = +   − −  + − − − + − −       + + − − + + − − − − − = − = + − − + + − + − −  + − +  −     = + − − ( )( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2

1 a 1 a 1 a

1 a

a a

1 a 1 a a a

a a a − + − − − − − = − − − − − = = = −

b) So sánh Q Q3

Xét ( ) (3 ) ( ) ( )2 ( )( )

Q − − −Q a − − =a a 1−  a 1− −1= a a− −2a Do a 1  nên ta có a 0−  a2−2a=a a 2( − )0

Do ta (a a− )( 2−2a)0 nên Q3−  Q 0 Q3 Q

(55)

Do 0 a 1  nên suy −  − 1 a 0 Do suy a 1− (a 1− )3 Do Q3 Q

Bài (2.0 điểm)

a) Giải phương trình ( x 3+ − )( x 3− + )=2x

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol ( )P có phương trình y x= 2 hay

đường thẳng ( )d : y m; d : y m= ( )' = với 0 m 1  Đường thẳng ( )d cắt Parabol ( )P

tại hai điểm phân biệt A B, đường thẳng ( )d' cắt Parabol ( )P tại hai điểm phân biệt

C D (với hoành độ điểm A D số âm) Tìm m để diện tích tứ giác ABCD gấp lần diện tích tam giác OCD

Lời giải

a) Giải phương trình ( x 3+ − )( x 3− + )=2x

Điều kiện xác định phương trình −  9 x

Đặt a= x 9; b+ = x a, b 0− (  ) Khi ta có a2+b2 =18

Cũng từ

a = x 9+ ta a2 = + x 9 a2− =9 x

Từ ta có hệ phương trình ( )( ) ( )

2

a b 18

a b a

 + = 

 − + = −



Biến đổi tương đương phương trình thứ hai hệ ta

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( )( )

2

a b a a b a a

a

a b 2a

b 2a

− + = −  − + = − +

 =

 − − − =  

= + 

+ Với a 3= ta x 9+ =  =3 x

+ Với b 2a 3= + , vào phương trình thứ hệ ta

( )2

2

a 2a 18 5a 12a a 3;

5

 

+ + =  + − =   − 

 

Do a 0 nên ta a

= thỏa mãn Khi ta x x 216

5 25

+ =  = −

Thay vào phương trình cho ta tập nghiệm S 216; 25

 

(56)

b) Parabol ( )

P : y=x đường thẳng ( )d : y=m cắt hai điểm có hồnh độ nghiệm phương trình x2 =m = x m Khi tọa độ giao điểm

( )

A − m; m B( m; m Parabol ) ( )P : y=x2 đường thẳng ( )d : y=m2 cắt hai điểm có hồnh độ nghiệm phương trình x2=m2  = x m Khi tọa độ giao điểm C(−m; m2) D(−m; m2) Do m 1  nên suy

2

m m m Do m số nên hai đường thẳng ( )d ( )d ' song song với

và song với trục hồnh Khiđó ta có SOCD 1.2m.m2 m3

= =

Lại có SABCD 1(m m2)(2m m) (m m2)(m m)

= − + = − +

Theo ta có SABCD =9.SCOD nên ta có phương trình

(m m2)(m m) 9m3 (1 m m)( ) 9m m

1 m m m m 9m m 10m m m m

− + =  + − =

 + − − =  + − − =

Đặt t= m t 1(   ) ta thu phương trình 10t3+ − − =t2 t 0

Để ý t 1  thì phương trình tương đương với

( )( )

2t 5t 3t t

2

− + + =  =

Từ ta m

= Vậy m

= giá trị cần tìm

Bài (1.0 điểm).Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn 7x =3.2y+1

Lời giải

Ta xét trường hợp sau:

+ Trường hợp Với x 1= , ta có phương trình 3.2= y+ 1 2y =  =2 y

+ Trường hợp Với x=2, ta có phương trình 72=3.2y+ 1 2y =16 =y

+ Trường hợp Với x 3 , từ phương trình cho ta y 5

Do suy 3.2 y chia hết ta x

7 −1 chia hết cho 8, từ suy x số chẵn

Đặt x=2k k N, k 1(   ) Ta viết lại phương trình cho thành

( )( )

y y y

2k 2k k k

(57)

Vì ( )2; =1 k

7 − 1 nên từ phương trình thì tồn số nguyên dương a b thỏa mãn a b y+ = 7k− =1 3.2 ;7a k+ =1 2b Ta có

( ) a b a

b a a b a

a b a

2 1;

2 3.2 2 a 1; b

2 2;

− −

−

 = − =

− =  − =   = =

= − =



Từ suy ta k 1; y 4= = , không thỏa mãn

Vậy cặp số nguyên dương ( )x; y thỏa mãn yêu cầu toán ( ) ( )1;1 , 2;

Bài (3.0 điểm) Cho đường tròn ( )O đường thẳng d cố định (đường tròn ( )O

đường thẳng d khơng có điểm chung) Điểm P di động đường thẳng d Từ P vẽ hai tiếp tuyến PA PB (A B thuộc đường trịn ( )O ) Gọi H chân đường vng góc hạ từ A xuống đường kính BC Gọi E giao điểm hai đường thẳng CP AH Gọi F giao điểm thứ hai đường thẳng CP với đường tròn ( )O

a) Chứng minh E trung điểm đoạn thẳng AH

b) Vẽ dây cung CN đường tròn ( )O cho CN song song với AB Gọi I giao điểm NF AB Chứng minh IF AF

IB =AC IA IB=

c) Chứng minh điểm I thuộc đường cố định P di chuyển đường thẳng d

Lời giải

M

K A

B

C

H O

P E

I

N F

T

a) Chứng minh E trung điểm đoạn thẳng AH.

Gọi T giao điểm AB với PO Dễ thấy PCA FAP= nên hai tam giác PFA PAC

đồng dạng với nhau, ta có PA2=PF.PC Tam giác PAO vng A có AT đường cao nên PA2 =PT.PO Do suy PF.PC PT.PO= hay PF PO

(58)

hai tam giác PTF PCO đồng dạng với Từ ta PTF=PCO nên tứ giác FIOC nội tiếp đường tròn Lại BC đường kính đường trịn ( )O nên suy

AB vng góc với AC, suy AC song song với PO Từ ta có biến đổi góc

ACT=CTO OFC OCF= = nên ta suy ECA TCB= Dễ thấy hai tam giác vuông AHC BAC đồng dạng với nên ta có AH AB

AC = BC Hai tam giác AEC BTC có ECA TCB= EAC TBC= nên đồng dạng với nhau, suy ta có AE BT

AC= BC

Mà dễ thấy T trung điểm AB nên suy E trung điểm AH

b) Chứng minh IF AF

IB=AC IA IB=

+ Để ý đến tứ giác nội tiếp đường trịn ta có IAF FCB= Lại do AB song song với CN nên ta IFA=NFC AFC+ =NFC BFN+ =BFC, hai tam giác AFI CFB đồng dạng với Do suy IF BF

AF =CF Chứng minh hoàn tồn tương tự ta có hai tam giác NBI CFB đồng dạng với nhau, ta có IB BF

BN =CF Kết hợp

hai kết quả ta IF IB

AF = BN hay

IF AF

IB =BN Do CN song song với AB nên ta có AC BN= Do suy IF AF

IB =AC

+ Chứng minh hồn tồn tương tự ta có hai tam giác IFA BFC đồng dạng với

nên IF BF

IA= BC Dễ dàng chứng minh tam giác PFA đồng dạng với tam giác PAC

nên AF PA

AC =PC tam giác PFB đồng dạng với PBC nên

BF PB

BC= PC Để ý ta có

PA=PB nên AF BF

AC= BC Kết hợp kết quả ta

IF IF

IB =IA nên ta

IA IB=

c) Chứng minh điểm I thuộc đường cố địnhkhi P di chuyển đường thẳng

d

Kẻ OM vng góc với d M gọi K giao điểm OM với AB Dễ thấy P, I, O thẳng hàng OI vng góc với AB nên tam giác OIK đồng dạng với tam giác OMP

suy OK.OP OI.OM= mà OI.OM OB= 2=R2 nên

2

R OK

OM

= có giá trị không đổi mà

K thuộc OM cố định nên K điểm cố định Vì OI vng góc với MI Và hai điểm O, K cố định nên ta có I thuộc đường trịn đường kính OK cố định

(59)

Lời giải

Ta xét trường hợp sau:

+ Nếu điểm cho tồn điểm tâm đường trịn, tốn chứng minh

+ Nếu sáu điểm khơng có điểm trùng với tâm đường trịn Khi có hai khả xẩy

- Trong sáu điểm có hai điểm nằm bán kính đường trịn Khi tốn chứng minh

- Trong sáu điểm cho khơng có hai điểm nằm bán kính Khi ta vẽ sáu bán kính qua sáu điểm cho Cứ hai bán kính cạnh tao góc tâm Như ta có sáu góc tâm Theo ngun lí cực hạn thì sáu góc tồn góc có số đo bé Mà tổng số đo sáu góc 360 nên góc bé 0

nhất khơng vượt q 600 Khơng tính tổng qt ta giả sử AOB 60 Suy

trong tam giác AOB thì cạnh AB không phải cạnh lớn Do ta có AB 1

Bài (1.0 điểm). Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx x y z+ +  + +

Chứng minh rằng:

2

3 3

y

x z

1

x y z

+ + 

+ + +

Lời giải

Do x, y, z số dương nên từ giả thiết ta có đánh giá

( ) (2 )2

xy yz zx x y z+ +  + +  xy yz zx+ +  x y z+ +

Để ý (x y z+ + )2 3 xy yz zx( + + ) nên suy (xy yz zx+ + )2 3 xy yz zx( + + )

Do ta có xy yz zx 3+ +  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz dạng phân

thức ta có ( )

2

3 3 3

x y z y

x z

x y z x y z

+ +

+ + 

+ + + + + + + +

Để ý ta có biến đổi x3+ =8 x x+ 2−2x 4+ Khi hồn tồn tương tự áp

(60)

( )

( )( )

( ) ( )

2

2 2

x x 2x y y 2y z z 2z x y z x 2x y 2y z 2z x y z x y z x y z 12

+ − + + + − + + + − +

 + + + + + − + + − + + − +

 

= + + +  + + − + + + 

Do x3+ +8 y3+ +8 z3+ 8 (x y z x+ + + ) 2+y2+z2−2 x y z( + + +) 12

 

Từ dẫn đến

( )

( ) ( )

2

3 3 2

x y z y

x z

x y z x y z x y z x y z 12

+ +

+ + 

 

+ + + + + +  + + − + + + 

Do ta cần chứng ( )

( ) ( )

2

2 2

x y z

1 x y z x y z x y z 12

+ +



 

+ + +  + + − + + + 

Hay ta cần (x y z+ + )2  (x y z x+ + + ) +y2+z2−2 x y z( + + +) 12

 

Thật để ý đến giả thiết xy yz zx x y z+ +  + + xy yz zx 3+ +  ta có

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2

2

2 2

2 2xy 2yz 2zx x y z x y z 12

2xy 2yz 2zx x y z x y z 12 x y z x y z 15

 

+ + +  + + − + + + 

 

 + + +  + + − + + + 

 + + + + + + − + + + = + + − + + +

Như phép chứng minh kết thúc ta

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

2

x y z x y z 15 x y z x y z

+ +  + + − + + +

 + + + + + −   + + − + + + 

Do x, y, z số dương x y z+ +  xy yz zx( + + ) =3 nên bất đẳng thức cuối đúng

(61)

Đề số 20

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HẢI DƯƠNG Năm học 2018 – 2019

Câu (2.0 điểm).

1) Cho

( )

2

a

x a 1 a

a

= + − + +

+ với a 0

x x x 1

P

x 2x

+ − + +

=

− +

Rút gọnbiểu thức P theo a

2) Cho số dươngx, y, z thỏa mãn x y z+ + + xyz =4 Chứng minh rằng:

( )( ) ( )( ) ( )( )

x y z− − + y z x− − + z x y− − − xyz=8

Câu (2.0 điểm)

1) Giải phương trình x 1( ) x x2 x

+ + = + 2) Giải hệ phương trình ( ) ( )

2

3x xy 4x 2y

x x y y

 + − + =



 + + + =

 Câu (2.0 điểm).

1) Đặt N a= 1+a2+a3+ + a2017+a2018 5 5

1 2017 2018

M a= +a + + +a a +a ,

đó a ; a ; a ; ; a1 2 3 2018 số nguyên dương Chứng minh N chia hết cho 30 M chia hết cho 30

2) Tìm tất cả số tự nhiên n k để n8+42k 1+ số nguyên tố

Câu (3.0 điểm).

Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính BC Gọi A điểm di động nửa đường tròn (A khác B, C) Kẻ AD vng góc với VC (D thuộc BC) cho đường trịn đường kính AD cắt AB, AC nửa đường tròn ( )O E, F, G (G khác A)

Đường thẳng AG cắt BC H 1) Tính

3

AD

(62)

3) Trên BC lấy M cố định (M khác B, C) Gọi N, P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB MAC Xác định vị trí A để diện tích tam

giác MNP nhỏ

Câu (1.0 điểm).

Cho số dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 1+ + = Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2

2a b c

P a 28b 28c

1 a b c

= + + − − −

+ + +

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2.0 điểm).

1) Cho ( ) 2 a

x a 1 a

a

= + − + +

+ với a 0

x x x 1

P

x 2x

+ − + +

=

− +

Rút gọnbiểu thức P theo a

2) Cho số dươngx, y, z thỏa mãn x y z+ + + xyz =4 Chứng minh rằng:

( )( ) ( )( ) ( )( )

x y z− − + y z x− − + z x y− − − xyz=8

Lời giải

1) Rút gọnbiểu thức P theo a

Với a 0 ta có

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2

2 2

2

2 2 2

1 a a a a

x a 1 a a

a a

a a a a a a a a a

a

a a

a a a a a a a

a a a

+ + + = + − + + = + − + + + + + + + − + + + + = + − = + + + − + + + − + + = = = + + +

Điều kiện xác định biểu thức P x 0; x 1  Biểu thức P viết lại thành

( )

2

x x 1 x x 1

x x x 1

P

x

x 2x x 1

− − + − − +

+ − + +

= = =

−

− + −

Để ý với a 0 x a a

=

(63)

( ) a a 2

2

x x

x x 1 2 x

a a

P a a

a

1 x x

x 1

a a

− − +

− − + + +

= = = = = = +

− −

+ +

2) Cho số dươngx, y, z thỏa mãn x y z+ + + xyz =4 Chứng minh rằng:

( )( ) ( )( ) ( )( )

x y z− − + y z x− − + z x y− − − xyz=8 Ta có x y z+ + + xyz= 4 x y z( + + +) xyz 16= Khi ta có

( )( ) ( ) ( )

( )2

x y z x 16 4y 4z yz x yz xyz 4x

x yz x xyz 2x

− − = − − + = + +

= + = +

Tương tự y z x( − )( − )= xyz 2y; z x y+ ( − )( − )= xyz 2z+ Từ ta

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )

x y z y x z z x y xyz

2 x y z xyz 2.4

− − + − − + − − −

= + + + = =

Bài toán chứng minh

Câu (2.0 điểm)

1) Giải phương trình x 1( ) x x2 x

+ + = + 2) Giải hệ phương trình ( ) ( )

2

3x xy 4x 2y

x x y y

 + − + =



 + + + =



Lời giải

1) Giải phương trình x 1( ) x x2 x

+ + = +

Điều kiện xác định phương trình x 0 Phương trình cho tương đương với

( ) ( ) ( ) ( )

2 x 1+ x + =3 x +7 x 2 x 1+ x + =3 x + +3 x

Đặt a= x; b= x2 +3 a 0; b 0(   ) Khi phương trình viết lại thành

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

2 2 2

2 a b b a 2a b 2b ab 4a 2a b ab 2b 4a

ab

ab 2a b 2a b ab 2a b

2a b

+ = +  + = +  − + − =

 =

 − − − =  − − =  

= 

(64)

( ) ( )( )

x x +3 = 4 x +3x 0− =  x x− + +x =  =0 x

+ Với 2a=b ta có phương trình x= x2+  =3 x x2+ 3 x2− + =x 0, vô nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x 1=

2) Giải hệ phương trình

( ) ( )

2

3x xy 4x 2y

x x y y

 + − + =

 

+ + + =



Hệphương trình cho đượcviếtlại thành

2

3x xy 4x 2y x y x y

 + − + − =

 

+ + + − =



Lấyhiệu theo vế hai phương trình củahệ ta

( )

2 2

2x −y +xy 5x y 0− + + = 2x + y x y− − + + =y

Xem phương trình phương trình bậc hai có ẩn x tham số y Khi ta có

( )2 ( 2 ) 2 ( )2

y 4.2 y y 9y 18y 3y

 = − − − + + = − + = − 

Khi đóphương trình có hai nghiệm x y= − x y

+

= hay ta x y= − y 2x 1= −

+ Với x y= − thay vào phương trình thứ hai củahệđã cho ta có phương trình

( )2 2 ( ) 2 ( )2

2 y− +y + y− + − = y 2y −4y 0+ =  y 1− =  =0 y

Từđó ta x 1= nên ( ) ( )x; y = 1;1 mộtnghiệmcủahệphương trình + Với y 2x 1= − thay vào phương trình thứ hai củahệđã cho ta có phương trình

( )2 ( )

2

x 2x x 2x 5x x x ;1

5

 

+ − + + − − =  − − =   − 

 

Từđó ta đượctươngứng ta ( )x; y 4; 13 ( )1;1

5

 

= − − 

  nghiệmcủahệ

phương trình

Vậyhệphương trình cho có nghiệm ( )x; y 4; 13 ( )1;1

5

 

= − − 

 

Câu (2.0 điểm).

1) Đặt N a= 1+a2+a3+ + a2017+a2018 5 5

1 2017 2018

M a= +a + + +a a +a ,

(65)

2) Tìm tất cả số tự nhiên n k để 2k

n +4 + số nguyên tố

Lời giải

1) Đặt N a= 1+a2 +a3+ + a2017+a2018 M a= 15+a25+a53+ + a20175 +a52018,

1 2018

a ; a ; a ; ; a là số nguyên dương Chứng minh nếu N chia hết cho 30

thì M chia hết cho 30

Với a số tự nhiên ta có

( )( )( ) ( )( )( )

( )( )( ) ( )( )

( )( )( )( ) ( )( )

5 2

2

a a a a a a a a a a a a a a 5a a a

a a a a a 5a a a

− = − + + = − + − +

= − + − + − +

= − + − + + − +

Để ý (a a a a a 2− )( − ) ( + )( + ) a a a 1( − ) ( + ) chia hết cho 2, Mà ta có 2, 3, nguyên tố với theo đơi nên ta có (a a a a a 2− )( − ) ( + )( + )

và a a a 1( − ) ( + ) chia hếtcho 30 Do a5−a chia hết cho 30 Ta có

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

5 5 5

1 2017 2018 2017 2018

5 5

1 2 3 2018 2018

M N a a a a a a a a a a

a a a a a a a a

− = + + + + + − + + + + +

= − + − + − + + −

Áp dụng cách chứng minh ta có (a15−a ; a1) ( 52 −a ; a2) ( 35−a ; ; a3) ( 20185 −a2018)

cùng chia hết cho 30 Do M N− chia hết cho 30 Mà ta có N chia hết cho 30 nên

suy M chia hết cho 30

2) Tìm tất số tự nhiên n k để 2k

n +4 + là số nguyên tố.

Đặt P=n8+42k 1+ Khi ta có biến đổi sau

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

2 2 2

8 2k k k k k

2

4 k k k k k k

P n n 4 n 4 4.n 2.n n 2.4 2.n n 2.4 2.n n 2.4 2.n

+

= + = + = + + −

= + − = + − + +

Do n k số tự nhiên nên ta có n4+2.4k−2.n 22 kn4+2.4k+2.n 22 k

Do để P số nguyên tố thì ta cần có

4 k k k 2k

n +2.4 −2.n = 1 n −2 + n +2 + − =1

Đặt t=n t N2(  ), ta có phương trình t2−2k 1+ t 2+ 2k 1+ − =1

Xem phương trình phương trình bậc hai ẩn t, ta có

( )

' 2k 2k 2k 2k 2k

2 + 2.2

(66)

Từ suy k 0= Thay vào phương trình k 2k

n −2 + n +2 + − =1 ta phương

trình

( )2

4 2

n −2n + = 1 n −1 =  =0 n

Vậy cặp số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán ( ) ( )n; k = 1;

Câu (3.0 điểm).

Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính BC Gọi A điểm di động nửa đường tròn (A khác B, C) Kẻ AD vng góc với VC (D thuộc BC) cho đường trịn đường kính AD cắt AB, AC nửa đường tròn ( )O E, F, G (G khác A)

Đường thẳng AG cắt BC H 1) Tính

3

AD

BE.CF theo R chứng minhrằng ba điểm H, E, F thẳng hàng 2) Chứng minh FG.CH GH.CF CG.HF+ =

3) Trên BC lấy M cố định (M khác B, C) Gọi N, P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB MAC Xác định vị trí A để diện tích tam giác MNP

nhỏ

Lời giải

1) Tính

3

AD

BE.CF theo R và chứng minhrằng ba điểm H, E, F thẳng hàng.

+ Do đường trịn đường kính AD cắt AB, AC theo thứ tự E F nên ta có DE vng góc với AB DF vng góc với AC Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ABC ta AD2 =BD.CD, suy AD4=BD CD2 Áp dụng hệ thức

lương cho tam giác vng DAE ADF ta lại có BD2 =BE.BA CD2=CF.CA

Để ý AB.AC AD.BC= nên ta

4 2

AD =BD CD =BE.BA.CF.CA BE.CF.AD.BC=

Từ dẫn đến AD3=BE.CF.BC nên ta

3

AD

BC 2R

BE.CF = =

(67)

HGE EBD= nên tứ giác HGEB nội tiếp đường tròn Lại để ý tứ giác BGFC nội tiếp đường trịn đường kính BC nên ta có

BEB HGB FCB= = =BAD AEF= Do ba điểm H, E, F thẳng hàng

2) Chứng minh FG.CH GH.CF CG.HF+ =

+ Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh định lí Ptoleme: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O Khi ta ln có AB.CD AD.BC AC.BD+ =

Chứng minh.Trên đoạn BD lấy điểm M cho DAM=CAB Khi hai tam giác DAM và CAB đồng dạng với nhau, ta có AD DM

AC = BC hay AD.BC AC.DM= Chứng minh

tương tự ta có AB.CD AC.BM= Kết hợp hai kết ta được

AD.BC AB.CD AC.DM AC.BM AC.BD+ = + =

Định lí chứng minh.

Trở lại tốn.Do tứ giác BEGH AGEF nội tiếp đường tròn nên ta có

GHB GEA GFE= = nên suy tứ giác GHCF nội tiếp đường trịn Từ áp dụng định lí Ptoleme thì ta thu FG.CH GH.CF CG.HF+ =

+ Lời giải Ta có

AGD=ADH 90= nên dễ thấy hai tam giác AGD vàADH đồng dạng Do suy ADG=AHD Lại có AFG=ADG(các góc nội tiếp chắn cung AG) Do ta AFG=AHD=AHC(=ADG) nên tứ giác GFCH nội tiếp đường tròn Gọi J điểm GC cho GFJ HFC= Khi thấy hai tam giác GFJ HFC đồng dạng nên GJ FG

HC=FH hay FG.HC GJ.FH= Ta có hai tam

giác GFH JFC đồng dạng nên GH FH

JC = FC hay GH.FC FH.JC= Đến thì ta

( )

FG.CH GH.CF FH GJ JC+ = + =FH.CG

Vậy FG.FH GH.CF CG.HF+ =

(68)

Dễ thấy hai tam giác MNP ANP nên suy hai tam giác MNP ANP đồng dạng với tam giác ABC Lại có AM vng góc với NP nên suy

MNP ANP ANMP

1

S S S AM.NP

2

= = =

MNP ANP

ABC ABC

S S AT.NP

S = S = AL.BC

L O A

B M C

N

P

I H

E

F T

K

Từ ta suy diện tích tam giác MNP nhỏ NP nhỏ Mặt khác NP AT AM

BC =AL = AL Ta có AM

AD nhỏ D trùng M hay A giao điểm đường thẳng qua M vng góc

với BC với nửa đường trịn (O; R)

• Lời giải Ta xét trường hợp sau

+ Trường hợp 1.Khi điểm M trùng với điểm O Khi N P theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM ACM nên N nằm đường trung trực BM P nằm đường trịn trực CN Ta lại có

( ) 0

ABM APM+ =2 ABM ACM+ =2.90 =180 Do NMP=NAP 90= nên tam giác

MNP vng M Gọi K điểm nửa đường tròn ( )O T trung điểm MK Đường thẳng qua T vng góc với MK cắt đường trung trực đoạn

thẳng BM, CM theo thứ tự E F Khi ta có EF 1BC R

= = Dễ thấy

(69)

Từ MNP

1 AM 1

S NP .NP.AM EF.R R

2 4

= =  = Như M trùng

với O thì diện tích tam giác MNP đạt giá trị nhỏ A điểm nửa đường trịn ( )O

L O A

B M C

N

P

I H

E

F T

K

+ Trường hợp 2. Điểm M không trùng với O Lặp lại chứng minh ta suy tam giác MNP vuông M Đường thẳng qua M vng góc với BC cắt nửa đường trịn ( )O K, ta có MK khơng đổi Gọi T trung điểm AM Đường thẳng qua T vng góc với MK cắt đường trung trực đoạn thẳng BM, CM theo thứ tự E F Khi EF đường trung hình tam giác BTC ta có

1

EF BC R

2

= =

Dễ thấy PN EF R = 2MN NA NB AB; 2MP PA PC AC= +  = + 

Từ SMNP 1.MN.MP 1AB.AC

2

=  Như M trùng với O thì diện tích

tam giác MNP đạt giá trị nhỏ A điểm nửa đường trịn ( )O

L O A

B M C

N

P

I H

E

F T

(70)

O A

B M C

N P I J E F T K

Câu (1.0 điểm).

Cho số dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 1+ + = Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2

2a b c

P a 28b 28c

1 a b c

= + + − − −

+ + +

• Lời giải Áp dụng giả thiết kết hợp với bất đẳng thức AM –GM ta

( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2

2a 2a 2a a a

a b a c a b a c

1 a a ab bc ca

b b b b b

a b b c b c a b

1 b b ab bc ca

c c c c c

c a b c c a b c

1 c c ab bc ca

= =  + + + + + + + + + = =  + + + + + + + + + = =  + + + + + + + + +

Cộng theo vế bất đẳng thức thi ta

2 2

2a b c a b c a b c

a b a b c a c a b c b c

1 a b c

 

+ +  + + + +  + =

+ + + +  + + 

+ + +

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

( 2) ( 2) ( 2)

1 1

a 49b 7ab; a 49c 7ca; 7b 7c 7bc

2 +  +  + 

Từ ta suy a2+28b2+28c2 7 ab bc ca( + + )=7

Đến ta suy ( 2 2)

2 2

2a b c 19

P a 28b 28c

4

1 a b c

= + + − + +  − = −

+ + +

Dấu xẩy a 7b 7c= =

Vậy giá trị lớn biểu thức P 19

4

(71)

(72)

Đề số 21

ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THÁI NGUYÊN Năm học 2018 – 2019

Câu (1.5 điểm ) Khơng dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức

3 5

A

5 5

+

= + −

+ − +

Câu (1.5 điểm) Giải hệ phương trình

2

3

x y 4x x 12x y 6x

 + + =

 

+ + = +



Câu (1.0 điểm) Tìm số x, y nguyên dương thỏa mãn 16 x( −y3)=15xy 371+

Câu (10 điểm).Giải phương trình 2x 3− + 2x− =3x2 −12x 14+

Câu (1.5 điểm) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh rằng:

2

2 2 2

y x y z

x z

5

8x 3y 14xy 8y 3z 14yz 8z 3x 14zx

+ +

+ + 

+ + + + + +

Câu (1.0 điểm) Cho tam giác ABC cân có BAC 100= Điểm D thuộc nửa mặt phẳng khơng chứa A có bờ BC cho

CBD 15=

BCD=35 Tính số đocủa góc ADB

Câu (2.5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếpđường tròn ( )O , AB AC Các đường

cao BD, CE cắt H (D AC,E AB  ) Gọi M trung điểm BC Tia MH cắt đường tròn ( )O N

a) Chứng minhrằng điểm A, D, E, H, N thuộc đường tròn

b) Lấy điểm P đoạn BC cho BHP CHM= Gọi Q hình chiếu vuông góc A lên đường thẳng HP Chứng minh tứ giác DENQ hình thang cân

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với đường

tròn ( )O

HƯỚNG DẪN GIẢI

(73)

3 5 A

5 5

+

= + −

+ − +

Lời giải

Ta có

( )( )

(3 5)( 2) ( 5()(5 1) ) ( 3()( 5) )

A

5 5 5

3 5 5 15 5 15

5

16

4

+ − + −

= + −

+ − − + + −

+ − − + − − + + − +

= + − =

− − −

−

= = −

Câu (1.5 điểm) Giải hệ phương trình

2

3

x y 4x x 12x y 6x

 + + =

 

+ + = +



Lời giải

Hệ phương trình cho viết lại thành ( )

2

3

x y 4x

x 4x y 6x

 + = −



 + − + =



Thế phương trình thứ vào phương trình thứ hai hệ ta

( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

3 2 3 2

2 2

x y x y 6x x y 3x 3y

x y x xy y x y x y x y x y xy 3x 3y

+ + + =  + − + =

 + − + − + − =  + + − − + =

Ta xét trường hợp sau

+ Trường hợp Khi x y 0+ = ta x= −y, vào phương trình thứ hệ cho ta

( )2 ( )2

2

x + −x + =3 4x2x −4x 0+ = 2 x 1− + =1

Phương trình vô nghiệm

+ Trường hợp Khi x2+y2−xy 3x 3y 0− + = ta x2+y2 =xy 3x 3y+ − Kết hợp với phương trình thứ hệ ta thu phương trình

( )( ) x

xy 3x 3y 4x xy x 3y x y

y

 =

+ − = −  − − + =  − − =  

= 

Với x 3= tương ứng ta y 0= với y 1= tương ứng ta x=2

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( ) ( ) ( )x; y = 3; , 2;1

(74)

Lời giải

Do x, y số nguyên dương nên ta có 15xy 371 0+  nên x3−y3 0 hay x y Từ phương trình ta có 15xy 16 x= ( 3−y3)−371 là số lẻ nên suy x y số lẻ

Do ta có y 1 , mà lại có x y nên suy x 3 Đến ta xét trường hợp

sau

+ Trường hợp 1.Với x 3= , từ x y y số lẻ ta suy y 1= Thay

( ) ( )x; y = 3;1 vào phương trình cho ta thấy thỏamãn Do ( ) ( )x; y = 3;1 nghiệm phương trình

+ Trường hợp 2.Với x 5 , y lẻ x y nên ta có x y−  Đến thì ta

( 3 3) 3 ( )3 3 ( 3 2 ) ( 2 )

16 x −y 16 x − x 2− =16 x − x −6x +12x 8− =16 6x −12x 8+

Mặt khác ta lại có 15xy 371 15x x 2+  ( − )+371 15x= 2−30x 371+ Xét hiệu sau

( ) ( )

( ) ( )( )

2 2

2

16 6x 12x 15x 30x 371 96x 192x 128 15x 30x 371 81x 162x 243 81 x 2x 81 x x

− + − − + = − + − + −

= − − = − − = + −

Do x 5 nên (x x 3+ )( − )0 16 6x( 2−12x 8+ )15x2−30x 371+

Do 16 x( 3−y3)15xy 371+ với mọi x 5 hay phương trình cho vô nghiệm

x 5

Vậy phương trình cho có nghiệm ( ) ( )x; y = 3;1

Câu (1.0 điểm).Giải phương trình 2x 3− + 2x− =3x2−12x 14+

Lời giải

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x 2 

Dễ thấy 3x2−12x 14+ =3 x( 2−4x 4+ )+ =2 x 2( − )2+ 2 Dấu đẳng thức xẩy x=2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

( )( )

2x 3− + 2x− =1 2x 2x− + −  1 2x 2x+ − + − =2

(75)

Từ ta có

2

3x 12x 14

2x 2x

 − + 

 

− + − 



Kết hợp hợp với phương trình

2x 3− + 2x− =3x −12x 14+ suy bất đẳng thức đồng thời xẩy dấu Do ta x=2 nghiệm phương trình cho

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x

2  Biến đổi tương đương

phương trình cho ta có

( ) ( )

2

2x 2x 3x 12x 14 2x 2x 3x 12x 12

2 x 4 2x

3 x

2x 2x

2

x x

2x 2x

− + − = − +  − − + − − = − +

− −

 + = −

− + − +

 

 −  − − − =

− + − +

 

Từ ta x=2 2 x 2( ) 2x 1− + − 2x 1− + − − =

Với phương trình x 2( )

5 2x 1− + + − − 2x 1− + = ta có

( ) ( ( )( ) ) ( )

( )

( )( )( ) ( )

( ) ( )( )( )

2 2x 2x

2

3 x x

5 2x 2x 2x 2x

8 x

3 x

2x 2x 2x 2x

8

x x

2x 2x 2x 2x

− − −

− + − =  + − =

− + − + − + − +

−

 + − =

− + − + − + −

 

 

 −  + =  =

− + − + − + −

 

 

Kết hợp với điều kiện xác định ta x=2 nghiệm phương trình

2  Biến đổi tương đương

(76)

( )( ) ( ) ( )

( )

2

2x 2x 3x 12x 14 3x 12x 14 2x 2x

3x 14x 16 2x 2x 2x

2 2x x 2 x

x 3x

2x 2x

2 2x

x 3x

2x 2x

− + − = − +  − + − − − − =  − + + − − − + − − = − − −  − − + + = − + − +  −   −  − + + = − + − +    

Do ta x=2 3x 2x

2x 2x

−

− + + =

− + − +

Với phương trình 3x 2x

2x 2x

−

− + + =

− + − + ta có

( ) ( )

( )

( ) ( )

2

2 2x 2 2x

3x 3x 1

2x 2x 2x 2x

2x 1 2x 2x 2x

3x 3x

2x 2x 2x 1 5 2x 1

2

x x x

2x 2x

− − − + + =  − + − + − = − + − + − + − + − − − − − −  − + + =  − + + = − + − + − + − +      −  + + =  − =  = − + − +    

Kết hợp với điều kiện xác định ta x=2 nghiệm phương trình

Câu (1.5 điểm) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh rằng:

2

2 2 2

y x y z

x z

5

8x 3y 14xy 8y 3z 14yz 8z 3x 14zx

+ +

+ + 

+ + + + + +

• Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

( )2

2 2 2 2

8x +3y +14xy 8x +3y +12xy x+ +y =9x +12xy 2x+ = 3x 2y+

Do ta

( )

2 2

x x x

3x 2y

8x 3y 14xy 3x 2y

 =

+

+ + + Áp dụng y]ơng tự ta

2 2

y y z z

;

3y 2z 3z 2x

8y 3z 14yz 8z 3x 14zx

 

+ +

+ + + +

Cộng theo vế bất đẳng thức thì ta thuđược

2

2 2

2 2 2

y y

x z x z

3x 2y 3y 2z 3z 2x

8x 3y 14xy 8y 3z 14yz 8z 3x 14zx

+ +  + +

+ + +

+ + + + + +

(77)

( )

2

2 x y z

y x y z

x z

3x 2y 3y 2z 3z 2x x y z

+ + + +

+ +  =

+ + + + +

Do ta

2

2 2 2

y x y z

x z

5

8x 3y 14xy 8y 3z 14yz 8z 3x 14zx

+ +

+ + 

+ + + + + +

Bất đẳng thức chứng minh hoàn tất Dấu đẳng thức xẩy

x y z= =

Câu (1.0 điểm) Cho tam giác ABC cân có BAC 100= Điểm D thuộc nửa mặt phẳng khơng chứa A có bờ BC cho

CBD 15=

BCD=35 Tính số đocủa góc ADB

E D

C B

A

Lời giải

Do tam giác ABC cân có

BAC 100= nên suy rat ma giác ABC cân A Từ ta suy ABC=ACB 40= Trên nửa mặt phẳng bờ BC lất điểm E cho tam giác ACE tam giác đều, ta có 0

CED ACD ACE 75= − = −60 =15 Mặt khác tam giác ABC cân tam giác ACE nên suy AB AC AE= = , tam giác ABE cân A

Lại có 0

BAE=BAC EAC 100− = −60 =40 nên

ABE=AEB 70= Mà

ABC=40 nên suy CBE=300 Chú ý CBD 15= nên suy DBE 15= Do

0

DBE=DEC 15= nên tứ giác BCDE nội tiếp Từ CED=DBC 15= nên AED 75=

và

CED ECD 15= = nên tam giác DEC cân D Hai tam giác AED ACD có

0

(78)

Câu (2.5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếpđường tròn ( )O , AB AC Các đường

cao BD, CE cắt H (D AC,E AB  ) Gọi M trung điểm BC Tia MH cắt đường tròn ( )O N

a) Chứng minhrằng điểm A, D, E, H, N thuộc đường tròn

b) Lấy điểm P đoạn BC cho BHP CHM= Gọi Q hình chiếu vng góc A lên đường thẳng HP Chứng minh tứ giác DENQ hình thang cân

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc vớiđường

tròn ( )O

Lời giải

I y

x

K H

E

Q

O

P N

M D

C B

A

a) Chứng minhcác điểm A, D, E, H, N cùng thuộc đường tròn.

Do BD CE đường cao tam giác ABC nên ta có ADH AEH 90= = nên tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH Kẻ đường kính AK đường trịn

( )O dễ dàng chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành nên HK BC cắt trung điểm M BC hay ba điểm K, M, H thẳng hàng Điều dẫn đến điểm K, M, H, N thẳng hàng Suy

ANH=ANK=90 nên N nằm đường tròn đường kính AH Vậy điểm A, D, E, H, N thuộc đường tròn

(79)

Do Q hình chiếu A HP nên suy QAH 90= hay điểm Q nằm đường trịn đường kính AH Do tứ giác DENQ tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AH Mặt khác ta có BHP CHM= nên suy NHE DHQ= , sdNE sdDQ= nên

DE song song với NQ Do tứ giác DENQ hình thang Suy tứ giác DENQ

hình thang cân

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc vớiđường tròn ( )O

+ Lời giải 1. Ta có DQH DAH HBP= = BHP QHD= nên suy hai tam giác BPH

và QDH đồng dạng với nhau, ta BPH QDH= Tứ giác DHNQ nội tiếp

nên QDH QNH 180+ = 0, mà ta lại có HPB QPM 180+ = nên QNM QPM= hay tứ giác NQPM nội tiếp đường tròn Như N điểm chung đường tròn ( )O với đường trịnngoại tiếp tam giác MPQ

Ta có BHP CHK= =NKB 0

PBH 90= −ACB 90= −AKB=BAK=BNK nên suy

hai tam giác BHP NKB đồng dạng với nhau, từ ta BP HB KC

BN=KN =KN Lại có

NBK=CKN nên ta lại có hai tam giác NBP NKC đồng dạng với nhau, điều dẫn đến BNP=KNC Từ N kẻ tiếp tuyến xy với đường tròn ( )O Khi ta có

PNx=BNx BNP+ =NCM KNC+ =NCP nên xy tiếp tuyến N đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ Do đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc

vớiđường tròn ( )O

+ Lời giải 2. Tương tự ta chứng minh tứ giác MPNQ nội tiếp đường tròn Để ý đến tứ giác nội tiếp thì ta có 0

CAK=90 −AKC 90= −ABC=BAH Do

(80)

đường tròn ( )O Do đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc vớiđường

(81)

Đề số 22

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH BẮC NINH Năm học 2018 – 2019

Câu (2.5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

2 2 2

2

2 2

a a b a a b a a b

P :

b

a a b a a b

 + − − −  −

= − 

 − − + − 

 

Với a  b 0 b) Cho phương trình

x +ax b 0+ = với x ẩn a, b tham số Tìm giá trị a, b để phương trình có hai nghiệm x ; x1 2 thỏa mãn

3

1

x x x x 35

 − =



 − =

 Câu (2.5 điểm)

a) Giải phương trình x 3+ + 3x 1+ = +x

b) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a, b,c 2  a b c 3+ + = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức:

2 2

a b c

P

ab bc ca

+ + =

+ + Câu (1.5 điểm)

a) Tìm số nguyên tố ( )x; y thỏa mãn x2−2y2 =1

b) Chứng minh hiệu lập phương số nguyên liên tiếp bình phương số tự nhiên n thì n tổng số phương liên tiếp

Câu (3.0 điểm)

1) Từ điểm A nằm ngồi đường trịn ( )O vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (với B, C tiếp điểm) AO cắt BC H Đường trịn đường kính CH cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai D Gọi T trung điểm BD

a) Chứng minh tứ giác ABHD nội tiếp đường tròn

b) Gọi E giao điểm thứ hai đường trịn đường kính AB với AC S giao AO với BE Chứng minh TS song song với HD

(82)

( )O2 Qua A kẻ đường thẳng d song song với MN cắt ( ) ( )O ; O ; BM; BN1 theo thứ tự

tại C, D, F, G Gọi E giaocủa CM DN Chứng minh EF EG=

Câu (0.5 điểm)

Cho 20 số tự nhiên cho số có ước ngun tố khơng vượt q Chứng minh chọn hai số thỏa mãn tích chúng số phương

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2.5 điểm)

2 2 2

2

2 2

a a b a a b a a b

P :

b

a a b a a b

 + − − −  −

= − 

 − − + − 

 

Với a  b 0

b) Cho phương trình x2+ax b 0+ = với x ẩn a, b tham số Tìm giá trị

của a, bđể phương trình có hai nghiệm x ; x1 2 thỏa mãn 13 23

1

x x x x 35

 − =   − =  Lời giải

2 2 2

2

2 2

a a b a a b a a b

P :

b

a a b a a b

 + − − −  −

= − 

 − − + − 

  với a b

 

Với a  b 0 ta có a2 −b2 0 Khi ta có biến đổi sau

( ) ( )

( )( ) ( )

( )

2 2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

a a b a a b a a b

P :

b

a a b a a b

a a b a a b b

a a b a a b a a b

a 2a a b a b a 2a a b a b b

a a b a a b

4a a b b a

a

b 4 a a b

 + − − −  − = −   − − + −     + − − − −    =   − − + − −     + − + − − + − − − = − − − − = = −

(83)

b) Cho phương trình

x +ax b 0+ = với x ẩn a, b tham số Tìm giá trị a, b để phương trình có hai nghiệm x ; x1 thỏa mãn

1

3

1

x x x x 35

 − =



 − =



Phương trình x2+ax b 0+ = có nghiệm  =a2−4b 0

Theo hệ thức Vi – et ta có x1+x2 = −a; x x1 2 =b Biến đổi hệ cho ta

( ) ( )

1 1 2

1

2

3

1 2 2

1

1 2

1 2 2

x x x x 5

x x

x x x x 3x x 35 25 x x 35

x x 35

x x x x x x x

25 3x x 3x x 18 x x x

 − =  − =  − =      −  − − =   +  = − =           − =  − =  − =  =     − = = = =    

Từ thay vào hệ thức Vi –et ta a= −7; b 6=

Câu (2.5 điểm)

2 2

a b c

P

ab bc ca

+ + =

+ + Lời giải

 −

Đặt a= x 3; b+ = 3x a 0; b 0+ (   ) Khi ta 3a2−b2=8

Phương trình cho viết lại thành a b a+ =

Từ ta có hệ phương trình

2

3a b a b a

 − =

 

+ = 

Ta có a b a+ = 2 =b a2−a, thay vào phương trình 3a2−b2 =8 thì ta thu

phương trình

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( )

2

2 2 4

4 3

2

3a a a 3a a 2a a a 2a 2a

a 2a 2a a a 2 a a a a 2a a a 2a

− − =  − − + =  − − + =

 − − − =  − − − + =

 − − − =  − + + =

Do a 0 nên từ phương trình tađược a 2= , ta b 2=

(84)

 − Biến đổi phương trình

đã cho ta có

( ) ( )

x 3x x x 3x x

3 x

x 1

x x 1

x 3x x 3x

+ + + = +  + − + + − = −

−  

−

 + = −  −  + − =

+ + + +  + + + + 

+ Với x 0− = ta x 1= thỏa mãn điều kiện xác định

+ Với

x 2+ + + 3x 2+ + − = ta

( )

( ) ( ( ) )

( )

( ) ( )

2

1 1 3

1 0

4

x 3x x 3x

3 3x 9 x

2 x x

0

x 3x x 2 3x 2

1

1 x x x

x 3x

+ − =  − + − =

+ + + + + + + +

− + −

 + =  + =

+ + + + + + + +

 

 

 −  + =  − =  =

+ + + +

 

 

Vậy phương trình cho có nghiệm x 1=

2 2

a b c

P

ab bc ca

+ + =

+ +

+ Do a, b, c không âm nên dễ chứng minh a2+b2+ c2 ab bc ca 0+ + 

Từ ta có

2 2

a b c ab bc ca

P

ab bc ca ab bc ca

+ + + +

=  =

+ + + + , dấu đẳng thức xẩy

a b c 1= = =

Vậy giá trị nhỏ P 1, xẩy a b c 1= = =

+ Cũng a, b,c 2  nên ta có (a b c 2− )( − )( − )0 hay ta

( ) ( )

abc ab bc ca− + + +4 a b c+ + − 8 Kết hợp với a b c 3+ + = thì ta ab bc ca( + + )abc 4+

Để ý a, b, c số không âm nên ta lại có abc 0 Do abc 4+ 

(85)

Ta có ( ) ( )

2

2 2 a b c 2 ab bc ca

a b c 9

P 2

ab bc ca ab bc ca ab bc ca 2

+ + − + +

+ +

= = = −  − =

+ + + + + +

Dấu đẳng thức xẩy a 2; b 1; c 0= = = hoán vị Vậy giá trị lớn P

2, xấy a 2; b 1; c 0= = = hoán vị

Câu (1.5 điểm)

Lời giải

Từ x2 −2y2 =1 ta được x2 =2y2 +1 Do ta suy x số nguyên tố lẻ.

Từ ta đặt x 2k 1= + với *

k N

Khi ta (2k 1+ )2 =2y2+ 1 4k2+4k 2y+ = 2+ 1 2k k 1( + =) y2

Do y 2 là số chẵn nên y số chẵn Mà y số nguyên tố nên y 2=

Thay vào x2−2y2 =1 ta suy x2−2.22= 1 x2=9 nên x 3=

Vậy cặp số nguyên tố ( ) ( )x; y = 3; thỏa mãm yêu cầu toán

Gọi hai số nguyên liên tiếp a a 1+ Khi ta có

( )3

2 3

n = a 1+ −a =a +3a +3a a+ − =3a +3a 1+

Do ta có 4n2 =12n2+12n 4+ =3 4a( 2+4a 1+ + =) 2a 1( + )2

Suy ta 2a 1( + ) (2 = 2n 2n 1− )( + )

Đặt d=(2n 1; 2n 1− + ), ta có 2n 3− 2n 3+ nên (2n 1+ −) (2n 3− ) hay

2 d, tứ suy d 1; Mà 2n 1+ số lẻ nên d số lẻ

Do ta d 1= hay (2n 1; 2n 1− + =) Khi tồn số nguyên p q thỏa

(86)

2

2n 3p 2n q

 − =

 

+ =



2

2n p 2n 3q

 − =

 

+ = 

+ Trường hợp Với

2

2 2

2

2n 3p 2n 3p

q 3p q 3p 2n q 2n q

 − =  − =

   − =  = +

 

+ = − = −

 

 

Trường hợp không thỏa mãn vì số phương chia cho có số dư

1

+ Trường hợp Với

2

2n p 2n 3q

 − =

 

+ =



Từ 2n p− = ta p số lẻ Đặt p 2k 1= + với k số nguyên Từ ta

( )2 2 2 2 ( )2

2n 1− = 2k 1+ 2n 4k= +4k 2+  =n 2k +2k k+ = + k 1+

Vậy tốn chứng minh hồn tất

Câu (3.0 điểm)

1) Từ điểm A nằm ngồi đường trịn ( )O vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (với B, C tiếp điểm) AO cắt BC H Đường tròn đường kính CH cắt đường trịn ( )O điểm thứ hai D Gọi T trung điểm BD

a) Chứng minh tứ giác ABHD nội tiếp đường tròn

b) Gọi E giao điểm thứ hai đường trịn đường kính AB với AC S giao AO với BE Chứng minh TS song song với HD

2) Cho hai đường tròn ( )O1 ( )O2 cắt hai điểm A, B Gọi MN tiếp tuyến chung hai đường tròn với M thuộcđường tròn ( )O1 N thuộcđường tròn

( )O2 Qua A kẻ đường thẳng d song song với MN cắt ( ) ( )O ; O ; BM; BN1 theo thứ tự

tại C, D, F, G Gọi E giao CM DN Chứng minh EF EG=

Lời giải

(87)

S H T

O E

D

C

B A

a) Chứng minh tứ giác ABHD nội tiếp đường tròn.

Do AB tiếp tuyến với đường tròn ( )O nên ta có ABD=BCD Do AO vng góc với BC H nên AO tiếp xúc với đường tròn đường kính CH H, ta có AHD HCD= =BCD Suy ta ABD AHD= nên tứ giác ABHD nội tiếp đường

tròn

b) Chứng minh TS song song với HD.

Tứ giác ABHD nội tiếp đường trịn nên ta có DAH=DBC, lại có AHD=BCD nên

suy hai tam giác ADH BDC đồng dạng với nhau, suy ta

AD BD 2DT DT

AH= BC= 2CH=CH hay ta

AD AH

TD = CH Lại có

0

ADB AHB 90= = nên ta lại có hai tam giác vng TDA CHA đồng dạng với nhau, suy TAD HAC= nên

TAS=DAC=DAE=DBE TBS= suy tứ giác ABTS nội tiếp đường trịn, từ ta có HST=TBA=DBA=DHA nên suy ST song song với DH

2) Cho hai đường tròn ( )O1 ( )O2 cắt hai điểm A, B Gọi MN tiếp tuyến chung hai đường tròn với M thuộcđường tròn ( )O1 N thuộcđường tròn ( )O2

(88)

K

G O2

O1

H I

N

M

F

E

D

C B

A

Ta có CD song song với MN, lại có MN tiếp tuyến chung hai đường tròn ( )O1

và ( )O2 nên suy MO1 NO2 vng góc với CD H I, suy MO1

và NO2 đường trung trực AC AD Do ta có HA HC=

IA ID= Để ý tứ giác tứ giác MNIH hình chữ nhật nên suy

1

MN HI CD

2

= = Lại có MN song song với CD nên suy MN đường trung bình

của tam giác EC, ta MC ME= Lại có H trung điểm AC nên HM đường trung bình của tam giác AEC, suy MH song song vơú AE nên AE vng góc với CD Gọi K giao điểm AB với MN, dễ dàng chứng minh

2

KM =K.KB KN= nên K trung điểm MN Do MN song song với FG nên suy

ra hai tam giác BMN BFG đồng dạng với Dễ thấy hai tam giác BMK BFA đồng dạng Từ K trung điểm MN nên suy A trung điểm FG Như AE trở thành đường trung trực GF nên ta suy EF EG=

Câu (0.5 điểm)

Cho 20 số tự nhiên cho số có ước ngun tố khơng vượt Chứng minh chọn hai số thỏa mãn tích chúng số phương

Lời giải

Do số tự nhiên cho các ước nguyên tố không vượt nên số cho có dạng 2 x y z t với x, y, z, t số tự nhiên Mỗi số số x, y, z, t

(89)

trường hợp xẩy Như với 20 số có dạng x y z t

2 thì tồn 20 số mũ

(x; y; z; t) có tính chẵn lẻ theo nguyên lý Dirichlet thì tồn hai số có tính chẵn lẻ Giả sử hai số mũ (x ; y ; z ; t1 1 1 1)

(x ; y ; z ; t2 2 2) Khi ta có x1+x ; y2 1+y ; z2 1+z ; t2 1+t2 số chẵn tích hai số tự

nhiên ứng với hai số mũ

(2 7x1 y1 z1 t1) ( 7x2 y2 z2 t2)=2x1+x2.3y1+y2.5z1+z2.7t1+t2

(90)

Đề số 23

ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH BẮC GIANG Năm học 2018 – 2019

Câu 1.

Cho biểu thức A x x x x : 1 x

x x x 1 x

 + + +   

= +   − 

−

+ −  + − 

  với x 0; x 1 

a) Rút gọn biểu thức A

b) Có giá trị nguyên x để A 2018 2018

+



Cho phương trình x2−(m x 0+ ) − = với x ẩn m tham số Gọi

1

x ; x hai nghiệm phương trình cho Đặt

2

1 2

2

1

3x 3x 4x 4x

B

x x

+ + +

=

+ − Tìm m

để B đạt giá trị lớn

Câu 2.

Giải phương trình

x x+ + +4x=7 Giải hệ phương trình

2

x xy x 3y

5x 16x 3y 2y 2x y

 − − + − = 



− + − = − + −

 Câu 3.

Chứng minh không tồn số tự nhiên n cho n2+2018 số phương

Mười đội bóng chuyền tham gia giải bóng chuyền VTV cup 2018 Cứ hai đội giải đấu thi đấu với trận Đội thứ thắng x1trận

thua y1trận, , đội thứ 10 thắng x10trận thua y10 trận Biết mơt trận bóng chuyền khơng có trận hịa Chứng minh rằng:

2 2 2 2

1 10 10

x +x +x + + x =y +y +y + + y

Câu 4.

Cho tam giác ABC nhọn nối tiếp đường tròn ( )O với AB AC Gọi M điểm thuộc cạnh BC (M kkhông trùng với B, C) Đường thẳng AM cắt đường tròn

(91)

tại điểm E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt đường thẳng AB điểm F khác B

a) Chứng minh tứ giác BECF nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh ECD∽ FBDvà ba điểm E, M, F thẳng hàng

c) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF

Cho tam giác ABC vuông A Các cạnh tam giác ABC thỏa mãn điều kiện BC2 =2.BC.AC 4AC+ Tính số đo góc ABC

Câu Cho x, y, z số thực toản mãn x2+y2 +z2 =8 Tìm giá trị lớn

biểu thức: M= x3−y3 + y3−z3 + z3−x3

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

Cho biểu thức A x x x x : 1 x

x x x 1 x

 + + +   

= +   − 

−

+ −  + − 

  với x 0; x 1 

a) Rút gọn biểu thức A

+



Cho phương trình x2−(m x 0+ ) − = với x ẩn m tham số Gọi

1

x ; x hai nghiệm phương trình cho Đặt

2

1 2

2

1

3x 3x 4x 4x

B

x x

+ + +

=

+ − Tìm m

để B đạt giá trị lớn

Lời giải

1 Cho biểu thức A x x x x : 1

1 x

x x x 1 x

 + + +   

= +   − 

−

+ −  + − 

  với x 0; x 1 

a) Rút gọn biểu thức A.Với điều kiện xác định x 0; x 1  ta có

( )

( )( ) ( ()( ) ) (( ) ()( ))

( )( ) ( )( )

2

x x x x 1

A :

1 x

x x x 1 x

x x x x 1 x

:

x x x x x x

x x

x x x x

:

x x x x x x x

(92)

+



Với điều kiện x 0, x 1  ta có A x x

+

= Khi

1 2018 1 1

A 1 x 2018 x 2018

2018 x 2018 x 2018

+

  +  +       

Vì x 0, x 1  x nguyên nên ta có x2; 3; 4; ; 2018 Suy có 2017 giá trị

nguyên x thỏa mãn toán

2 Cho phương trình ( )

x − m x 0+ − = với x ẩn m tham số Gọi x ; x1 2

hai nghiệm phương trình cho Đặt

2

1 2

2

1

3x 3x 4x 4x

B

x x

+ + +

=

+ − Tìm m để B đạt

giá trị lớn nhất.

Ta có  =(m 1+ )2 +12 0 với m Suy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x , x1 2 Theo hệ thức Vi – et ta có x1+x2 =m 1; x x+ 1 2 = −3

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

1 2

2 2

1 2

2

1 2

2

1 2

2

3 x x x x 3x 3x 4x 4x

B

x x x x

3 x x 2x x x x m m

x x 2x x m

3m 10m 20 m 2m

+ + + − + + + − = = + − + −  + − + + −  + + + + −         = = + − − + + − + + = + +

Khi ta có (B m− ) 2+2 B m 3B 20 0( − ) + − = ( )* + Nếu B 3= ta m 11

4

= −

+ Nếu B 3 ( )* phương trình bậc hai ẩn m Phương trình ( )* có nghiệm m

khi ' 0  hay

( ) (2 )( ) 2

B B 3B 20 2B 19B 35 B

2

− − − −   − +    

Vậy giá trị lớn B m

= −

Câu 2.

(93)

Giải hệ phương trình

2

x xy x 3y

5x 16x 3y 2y 2x y

 − − + − =   − + − = − + −  Lời giải

1 Giải phương trình

x x+ + +4x 7=

Điều kiện xác định phương trình x −3.Phương trình cho tương đương

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

2 x

x x 4x x x

x x 1

x x

x

− + − + + − =  + − + = + +  − =     −  + + =  + + = + +    + + 

+ Với x 0− = ta x 1= thỏa mãn điều kiện xác định

+ Với (x 5)

x 2+ + + + =

Do x −3 nên dễ thấy (x 5)

x 2+ + + +  Do phương trình vơ nghiệm

Vậy phương trình cho có nghiệm x 1=

2 Giải hệ phương trình

2

x xy x 3y

5x 16x 3y 2y 2x y

 − − + − = 



− + − = − + −



+ Điều kiện xác định hệphương x 6; y 16

5

  Biến đổi phương trình thứ hệđã cho ta

( )( )

2 x

x xy x 3y x x y

y x

 = − − + − =  − − + =  

= + 

+ Với x 3= thay vào phương trình cịn lại hệta

2

y 13y 13 133

16 3y y y

2 y  + + = − +  − = +   =  − 

+ Với y x 2= + thay vào phương trình thứ hai hệta

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

( )

2

5x 10 3x 2x x

5 x x

x 2x

5x 10 3x

5

x 2x

5x 10 3x

(94)

Do y x 2= + y 16

 nên ta có x 16

+  hay x 10

 Từđó suy x 10 5 

Do suy

5 5

3 5x 2

2

5x 5x

3

2x

2x 2x

10 3x

10 3x 10 3x

 

 − +     − 

  − +  − +

  

− − 

 − + − −  − − 

  − +  − +

Nên ta 2x

5x 2− + − 10 3x 2− + − − 

Do từphương trình ta x 0− = hay x=2 Suy ( ) ( )x; y = 2;

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( ) ( )x; y 2; , 3; 13 133

 − + 

=  

 

Câu 3.

Chứng minh không tồn số tự nhiên n cho n2+2018 là số

phương

Mười đội bóng chuyền tham gia giải bóng chuyền VTV cup 2018 Cứ hai đội giải đấu thi đấu với trận Đội thứ thắng x1trận

thua y1trận, , đội thứ 10 thắng x10trận thua y10 trận Biết mơt trận

bóng chuyền khơng có trận hịa Chứng minh rằng:

2 2 2 2

1 10 10

x +x +x + + x =y +y +y + + y

Lời giải

1 Chứng minh không tồn số tự nhiên n cho n2+2018 là số phương.

Giả sử 2018 n+ số phương 2018 n+ 2=m2 với m số nguyên

dương Suy 2018 m= 2−n2 hay 2018=(m n m n− )( + ) Như vậy hai số

m n− m n+ phải có số chẵn Mà (m n− ) (+ m n+ )=2m nên suy hai số m n− m n+ tính chẵn lẻ

Từ kết suy hai số m n− m n+ hai số chẵn Do ta

(95)

2 Mười đội bóng chuyền tham gia giải bóng chuyền VTV cup 2018 Cứ hai đội

giải đấu thi đấu với trận Đội thứ thắng x1trận

thua y1trận, , đội thứ 10 thắng x10trận thua y10 trận Biết mơt trận bóng chuyền khơng có trận hịa Chứng minh rằng:

2 2 2 2

1 10 10

x +x +x + + x =y +y +y + + y

Có 10 đội bóng mà đội thi đấu trận với đội lại Do số trận thua đội từđội thứ đến đội thứ 10

1 2 10 10

y = −9 x ; y = −9 x ; ; y = −9 x Có tất số trận đấu 10.9 45

2 = trận Vì khơng có trận hịa nên tổng số trận thắng 10 đội x1+x2+ + x10 = + + + + =9 45 Từđó ta có

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

1 10 10

2 2 2 2

1 10 10 10

2 2 2

1 10 10

y y y x x x

y y y 10.9 18 x x x x x x x x x y y y

+ + + = − + − + + −

 + + + = − + + + + + + +

 + + + = + + +

Vậy toán chứng minh

Câu 4.

Cho tam giác ABC nhọn nối tiếp đường tròn ( )O với AB AC Gọi M điểm thuộc cạnh BC (M kkhông trùng với B, C) Đường thẳng AM cắt đường tròn

( )O điểm D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD cắt đường thẳng AC điểm E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt đường thẳng AB điểm F khác B

a) Chứng minh tứ giác BECF nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh ECD∽ FBDvà ba điểm E, M, F thẳng hàng

c) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF Cho tam giác ABC vuông A Các cạnh tam giác ABC thỏa mãn điều kiện BC2 =2.BC.AC 4AC+ Tính số đo góc ABC

(96)

1 Cho tam giác ABC nhọn nối tiếp

đường tròn ( )O với AB AC Gọi M

điểm thuộc cạnh BC (M không trùng với B, C) Đường thẳng AM cắt đường tròn

( )O tại điểm D khác A Đường tròn

ngoại tiếp tam giác MCD cắt đường

thẳng AC điểm E khác C Đường tròn

ngoại tiếp tam giác MBD cắt đường

thẳng AB điểm F khác B.

x

F

E O

M

D

C B

A

a) Chứng minhtứ giác BECF nội tiếp đường tròn.

Các tứ giác BMDF CEMD nội tiếp nên ta có AB.AF AM.AD AE.AC= = nên suy

ra tứ giác BECF nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh ECD∽ FBDvà ba điểm E, M, F thẳng hàng.

+ Để chứng minh tam giác BDF đồng dạng với tam giác CDE ta cần phải

được BFD CED= DBF ECD= Chú ý đến tứ giác BMDF CEMD nội tiếp

đường tròn nên BFD AMB= , DBF FMD= ,DMC=DEC,AME ECD= Ta lại có

FMD=AME DMC=AMB nên suy BFD CED= DBF ECD= Từ ta tam giác BDF tam giác CDE đồng dạng với

+ Do hai tam giác DBF CDE đồng dạng nên BDF EDC= Mà ta có BDF=BMF

và CME EDC= nên CME=BMF Do BME EMC+ =BME B+ MF=EMF=1800 ba điểm E, M, F thẳng hàng

c) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF.

+ Lời giải Kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn ( )O Khi ta có OA vng góc với Ax Tứ giác BMDF nội tiếp đường tròn nên suy AFE ADB= Lại có ACB ADB=

(97)

+ Lời giải Gọi I trực tâm tam giác ABC, giả sử AI cắt BC đường tròn ( )O lần

lượt H J Kẻ đường kính AK đường trịn ( )O Khi dó dễ dàng chứng

minh J điểm đối xứng với H qua BC tứ giác BICK hình bình hành Từ ta suy JK song song với BC Như ta hai cung nhỏ BJ CK

đường tròn ( )O Từ dẫn đến BAH CAO= Để ý đến tứ giác BMDF CEMD nội tiếp đường trịn ta có AB.AF AM.AN AE.AC= = nên tứ giác BECF nội tiếp đường trịn Từđó ta thấy FBC FEC= nên ta ABC AEF= Mà ta lại có AH vng góc với BC nên ta suy AO vng góc với EF

2 Cho tam giác ABC vuông A Các cạnh tam giác ABC thỏa mãn điều kiện

2

BC =2.BC.AC 4AC+ Tính số đo góc ABC

+ Lời giải Ta chứng minh tốn phụ.Cho tam giác ABC có ABC 2ACB= Khi ta ln có AC2=AB2+AB.AC

Chứng minh.Kẻ tia phân giác BD tam giác ABC, DBC=DCB ABD=

tam giác BCD cân D Từ ta ADB DBC DCB 2ACB ABC= + = =

D

C B

A

Hai tam giác ABC ADB có ABC ADB= ABD ACB= nên đồng dạng với

nên AB AD

AC = AB hay

2

AB =AC.AD Mặt khác theo tính chất đường phân giác

tam giác ta có AD AB

CD= BC hay ta

AD AB

AD CD+ =AB BC+ nên

AB.AC AD

AB AC

=

+

Như ta có AB2 AC.AD AB.AC .AC

AB AB

= =

+ suy

2

AC =AB +AB.AC

Trở lại toán.Từ giả thiết BC2 =2.BC.AC 4AC+ ta

2

BC BC

2

AC

AC − − =

Đặt t BC(t 1) AC

=  ta có phương trình t2− − =2t 0, giải phương trình ta t 1= + Từ ta BC

AC= + Để ý tam giác ABC vuông A nên ta có

( )( )

AC 5

sin ABC

BC 1 5 5 1 5 1

− −

= = = =

(98)

+ Ta chứng minh

sin18

4

− =

Thật vậy, xét tam giác MNP cân M có M=360, ta

có

N P 72= = N=2M Gọi I trung điểm PN, MI đường trung trực NP nên NMI=PMI 18= Trong tam giác MNI vng ta có sin180 NI NP

NM 2MN

= =

Theo tốn phụ ta có MN2=NP2+MN.NP nên

suy

2

NP NP

1

MN NP

  + − =

 

 

P I

N

M

Hay ta

2

NP NP

4

2MN 2MN

 

+ − =

 

  Đến ta có phương trình

2 0

4sin 18 +2sin18 − =1 Giải phương trình ta sin180

−

= Như

ta tính ABC 18=

+ Lời giải Gọi D trung điểm cạnh BC Theo giả thiết ta có

( )

2 2 2 2 CD

2CD 4CD.AC 4AC CD CD.AC AC CD AC

AC

= +  = +  = +

Kẻ phân giác AE tam giác ACD Theo tính chất đường phân giác ta

có EC AC AC EC AC EC AC

ED =AD= DCED EC+ = AD AC+ CD=AC CD+ Kết hợp hai kết quảta EC CD AC

AC=CD AC+ =CD Suy tam giác ACE đồng dạng với tam giác DCA nên tam giác ACE cân A

Lại có EAC 1CAD 1ACB

2

= = Do

ACB ACB ACB 180 + + = nên

0

ACB 72= Từ suy

ABC 18=

Câu Cho x, y, z số thực toản mãn x2+y2+z2 =8 Tìm giá trị lớn

biểu thức:

3 3 3

M= x −y + y −z + z −x

(99)

Áp dụng tính chất a b−  a + b Đẳng thức xảy ab 0

Khi ta có M x ( 3+ y3+ z3) Mặt khác x2 +y2+z2 =8 nên ta được

3

2

2 3 2

x 2x

x 2

x

y y 2 y 2y

z z 2 2 z 2 2z



  

   

  

    

  

   

 

  

Vậy M x ( 3+ y3+ z3)4 x( 2+y2+z2)=32

Đẳng thức xảy (x; y; z)=(2 2; 0; 0) (x; y; z)= −( 2; 0; 0) hoán vị

(100)

Đề số 24

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH VĨNH PHÚC Vòng – Năm học 2018 – 2019

Câu (2.0 điểm).

Cho biểu thức P x x : 10

x x x 4 x 2

 + +   

= −   + 

− − +  − 

 

  với x 0; x 4 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm tất sốnguyên x để P nhận giá trị nguyên

Câu (2.0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng ( )d : y m( )x

m m

−

= +

− − với m

tham số khác Giả sửđường thẳng ( )d cắt trục tọa độOx, Oy tương ứng A, B

a) Khi m 3= , tìm tọa độcác điểm A, B tính diện tích tam giác OAB b) Tìm tất giá trị m để tam giác OAB cân

Câu (2.0 điểm)

a) Giải hệphương trình

( )

2

x 6x y

x 5y 16

 + + + = 



+ + =



b) Giải phương trình 2 x 2 3x x − −x 2+x +3x 2− =

Câu (3.0 điểm).

Cho tam giác ABC nhọn có AB AC nội tiếp đường trịn ( )O Các tiếp tuyến B C với đường tròn ( )O cắt E AE cắt đường tròn ( )O D khác A Kẻđường thẳng d qua E song song với tiếp tuyến A đường tròn ( )O ,

đường thẳng d cắt AB, AC P Q Gọi M trung điểm BC Đường thẳng AM cắt đường tròn ( )O N khác A

a) Chứng minh tứ giác OBEC nội tiếp đường tròn EB2 =ED.EA

(101)

d) Chứng minh tứ giác BCND hình thang cân

Câu (1.0 điểm). Cho a, b, c sốdương thỏa mãn (a b c+ − )2 =ab Tìm giá trị

nhỏ biểu thức:

( )

2

2 2

c c ab

P

a b a b

a b c

= + +

+ +

+ −

Câu (2.0 điểm). Cho biểu thức P x x : 10

x x x 4 x 2

 + +   

= −   + 

− − +  − 

 

  với

x 0; x 4 

b) Tìm tất sốnguyên x để P nhận giá trị nguyên

Lời giải

a) Với x 0; x 4  ta có

( )( ) ( )

( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

2

x x 10 x x 3 x

P : :

x x x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2

x x x x x 2 6 x 8 x 2 2

4 x x x x x

x x

 

 + +     + +  +

= −   +  = − 

− − +  −  − + −

 

   − 

+ − − + + − − − −

= = =

−

+ − − +

− +

b) Với x 0; x 4  ta P x

=

− Khi để P nhận giá ngun x− phải

ước

Do ta có x−  − − 2; 1;1; 2 nên ta x2; 3; 5; 6

Kết hợp với điều kiện xác định ta x2; 3; 5; 6 thỏa mãn yêu cầu toán

Câu (2.0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng ( )d : y m( )x

m m

−

= +

− − với m

(102)

a) Khi m 3= , tìm tọa độcác điểm A, B tính diện tích tam giác OAB b) Tìm tất giá trị m để tam giác OAB cân

Lời giải

a) Với m 3= đường thẳng ( )d viết lại thành y= − +4x Khi với y 0= x

4

= ta điểm A 1;

   

  nằm trục Ox với x 0= y 1= ta

điểm B 0;1( ) nằm trục Oy Tam giác OAB vuông O nên ta

( )

OAB

1 1

S OA.OB dvdt

2

= = =

b) Tam giác OAB cân lại có

AOB 90= nên tam giác OAB cân O Khi ta có

OA OB=

+ Với m=1 đường thẳng ( )d trở thành y= −1 khơng cắt trục Ox Do m=1

khơng thỏa mãn u cầu tốn

+ Với m1, với x 0= ta y m

=

− , ta có điểm

1 B 0;

m

 

 − 

  nằm

trục Oy Với y 0= ta x ( ) m

=

− , ta điểm ( )

1

A ;

2 m

 

=   −

  Từđó

( ) ( )

m 1; m m 0

m 1; m

1

OA OB m 2m 4

m 2 m

m 2 m m

m 2 2m

    =       =  − = −  − = −  − = −  =      − = −  

Vậy có hai giá trị m 0= m

= thỏa mãn yêu cầu toán

Câu (2.0 điểm)

( )

2

x 6x y

x 5y 16

 + + + = 



+ + =



b) Giải phương trình 2 x 2 3x x − −x 2+x +3x 2− =

Lời giải a) Giải hệphương trình

( )

2

x 6x y

x 5y 16

 + + + = 



+ + =



(103)

( ) (( )) ( ( ) )

2

4 4 4

x 6x y x y x 5y 20

x 5y 16 x 3 5y 16 x 3 5y 16

   + + + = + + = + + =       + + = + + = + + =      

Lấy hiệu theo vếhai phương trình ta

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

4

2

x

x x x x

x

 + = 

+ − + = −  + − + + = 

 + = 

+ Với (x 3)2 x x

x x

 + =  = −

+ =  

+ = − = −

  Từđó ta tìm y 3=

Do hệ có hai nghiệm ( ) (x; y = −2; ,) (−4; 3) + Với (x 3)2 x x

x x

 + =  = −

+ =  

+ = − = −

  Từđó ta tìm y 0=

Do hệ có hai nghiệm ( ) (x; y = −1; ,) (−5; 0)

Vậy hệphương trình cho có nghiệm ( ) (x; y = −1; ,) (−5; ,) (−2; ,) (−4; 3)

b) Giải phương trình 2 x 2 3x x − −x 2+x +3x 2− =

Điều kiện xác định phương trình x2− − x 0; x2+3x 0− 

Dễ thấy x 0= nghiệm phương trình cho Do xét x 0 ,

đó phương trình cho tương đương với

1

0

2

x x

+ =

− − − +

Đặt t x x

= − − , phương trình viết lại thành

2

t 0; t 1

1 t

t t t

   −



+ =   = 

+  =

+ Với t=2 ta có phương trình x 2 x2 x x  2;1 x

− − =  + − =   −

+ Với t= −2 ta có phương trình

2

2 17 17

x x 3x x ;

x 2

 − + 

 

− − = −  − − =    

 

 

Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình cho

3 17 17

S ; 2;1;

(104)

Câu (3.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn có AB AC nội tiếp đường trịn ( )O Các tiếp tuyến B C với đường tròn ( )O cắt E AE cắt đường tròn ( )O

tại D khác A Kẻ đường thẳng d qua E song song với tiếp tuyến A

đường tròn ( )O , đường thẳng d cắt AB, AC P Q Gọi M trung

điểm BC Đường thẳng AM cắt đường tròn ( )O N khác A

a) Chứng minh tứ giác OBEC nội tiếp đường tròn EB2 =ED.EA

b) Chứng minh AB.AP AC.AQ= E cách đỉnh tứ giác BCPQ

c) Chứng minh tứ giác BCND hình thang cân

Lời giải

a) Tứ giác OBEC có OBE OCE 180+ = nên nội tiếp đường trịn Hai tam giác ABE BDE có AEB chung BAD DBE= nên đồng dạng với nhau, từđó ta suy AE BE

BE = DE hay

2

BE =AE.DE b) Do Ax tiếp tuyến A với đường tròn ( )O

nên ta có xAB ACB= Do Ax song song với PQ nên BPQ BAx= Do ACB BPQ= Hai tam giác ABC QAP có BAC chung BPQ ACB=

nên đồng dạng với Do AB AC

AQ = AP hay ta AB.AP AC.AQ=

t y

x z

D N

M

Q

E

P

O

C B

A

Ta có BPE BAx ADB ABz EBP= = = = nên tam giác EBP cân E, ta

EB EP= Ta có CQE CAy= =ADC=ACt=ECQ nên tam giác ECQ cân E, ta EC EQ= Mặt khác ta lại có BE CE= nên từđó suy EB EC EP EQ= = =

hay E tâm đường tròn ngoại tiếp đường tròn ngoại tiếp tứ giác PBCQ

c) Nhận xét Đường thẳng AD gọi đường đối trung tam giác ABC Nó

(105)

được khai thác từđịnh nghĩa đường đối trung sựđối xứng AD AM qua phân giác đỉnh A

+ Cách 1. Hai tam giác ABC AQP có BAC chung ABC AQP= nên đồng dạng với nhau, tứđó ta BA BC

QA =QP hay

BA 2BM QA =2QD hay

BA BM

QA = QD Điều dẫn đến hai tam giác ABM AQD đồng dạng với nhau, suy BAM QAD= hay

BAD CAM= Từđó suy BD CN= nên BC song song với DN hay BCND hình thang cân

+ Cách 2. Dễ chứng minh AB.CD AC.BD= Áp dụng định lý Ptơlêmê cho tứ

giác ABCD ta AD.BC AB.DC BD.AC 2.AC.DC= + = Do

AD BD BD AD BD AD AC

AD.BC 2.AC.DC

BC

AC MC AC MC BD MC

2

=  = =  =  =

Mà ta có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên ACB=BDA Do hai tam giác

ADB ACM đồng dạng với nên BAD NAC= Ta có

1

BAD sdBD BCD; NAC sdNC NBC

2

= = = = Để ý BAD NAC= nên ta

BCD NBC= hay BCDN hình thang cân

+ Cách 3. Nhận xét với tam giác nhọn ABC ta có BC AC AB 2R sin C sin A sin B

= = = , với

R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Đây định lí sin

Gọi M ' giao điểm đường thẳng đối xứng với đường thẳng AD qua

đường phân giác đỉnh A Ta chứng minh '

M trùng với điểm M Thật áp dụng kết quảở cho tam giác ABM ,ACM ,ABE,ACE' ' ta có

lưu ý BAM' =CAE; ACM' =ABE; ABM' =ACE; CAM' =BAE ta có

' '

' ' ' '

' ' ' ' '

'

M A.sin BAM

M B sin ABM sin BAM sin ACM sin CAE.sin ABE CE AE

AE BE M C M A.sin CAM sin ABM sin CAM sin ACE.sin BAE

sin ACM

= = = = =

Do M B M C' = ' nên M ' trung điểm BC, M trùng M Mà ta có '

'

CAM =BAE nên ta CAM=BAE suy BC song song với DN hay BCND hình thang cân

(106)

Cho a, b, c sốdương thỏa mãn (a b c+ − )2 =ab Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

( )

2

2 2

c c ab

P

a b a b

a b c

= + +

+ +

+ −

Lời giải

Ta có ( )

2

2 a b a b

a b c ab

c c c c

 

+ − =  + −  =

 

Đặt x a; y b(x 0; y 0)

c c

= =   Khi giả thiết viết lại thành (x y 1+ − )2 =xy Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho giả thiết ta (x y 1)2 xy 1(x y)2

4

+ − =  +

Do suy x y 1(x y)

+ −  + hay ta x y

3 +  Biểu thức cho viết lại thành

( )

( ) ( ) ( ) ( ( ) )

2 2 2

x y xy

1 1

P

x y xy x y

x y x y

x y

x y x y 1

1 1

2xy 2xy x y x y x y x y 2xy x y

2 x y

4 4 2

1 1

x y 2

x y x y x y x y

+ −

= + + = + +

+ +

+ −

+ − + −

= + + +  + +

+ +

+ + + +

− + −

= + − + = + +  + + =

+

+ + + +

Dấu xẩy x y 1= =

(107)

Đề số 25

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH VĨNH PHÚC Vòng – Năm học 2018 – 2019

Câu (3.0 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol ( )P : y=x2 đường thẳng

( )d : y=2mx m 1− + với m tham số Tìm tất giá trị m để đường thẳng

( )d cắt Parabol ( )P hai điểm phân biệt A x ; y( 1 1) B x ; y( 2 2) thỏa mãn hệ thức

1 2

2x +2x +y y =0

b) Giải phương trình x+ x 4− = − +x2 6x 1− c) Giải hệ phương trình

2

x y

x y xy

 + =

 

+ + =



Câu (2.0 điểm) Cho phương trình 3 ( )

x +2y +4z =9! , x, y, z ẩn

9! tích số nguyên dương liên tiếp từ đến

a) Chứng minh tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn ( )1 x, y, z

đều chia hết cho

b) Chứng minh không tồn số nguyên dương x, y, z thỏa mãn ( )1

Câu (1.0 điểm). Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

2 2

2 2 2

a b c

1 a +ab b+ +b +bc c+ +c +ca a+ 

Câu (3.0 điểm). Cho hình thoi ABCD có AC BD Đường tròn nội tiếp ( )O tứ giác ABCD tiếp xúc với cạnh AB, BC, CD, DA theo thứ tự E, F, G, H Xét

điểm K đoạn HA điểm L đoạn AE cho KL tiếp xúc với đường tròn

( )O

a) Chứng minh LOK=LBO BL.DK OB=

(108)

c) Lấy điểm P, Q tương ứng đoạn CF, CG cho LP song song với KQ Chứng minh PQ tiếp xúc với đường tròn ( )O

Câu (1.0 điểm). Một bảng ô vuông gồm n hàng n cột (n sốnguyên dương)

Các hàng cột đánh số từ1 đến n ( hàng đánh số từ xuông cột đánh số từ trái qua phải) Ơ vng nằm hàng i, cột j ( i, j 1; 2; ; n= ) bảng

được gọi ô ( )i; j Tại ô bảng điền số hặc cho ( )i; j điền số ai+bj n, ai số số dòng i b sj ố số cột j Gọi P tổng số ô bảng hình vuông cho

a) Xây dựng bảng ô vuông thỏa mãn yêu cầu toán trường hợp

n=4 P 8=

b) Chứng minh

2

n P

2

    

  với

2

n

   

  phần nguyên

2

n

Hướng dẫn giải Câu (3.0 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol ( )

P : y=x đường thẳng

( )d cắt Parabol ( )P hai điểm phân biệt A x ; y( 1 1) B x ; y( 2 2) thỏa mãn hệ thức

1 2

2x +2x +y y =0

b) Giải phương trình x+ x 4− = − +x2 6x 1−

c) Giải hệ phương trình

2

x y x y xy

 + =

 

+ + =



Lời giải

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol ( )

P : y=x đường thẳng

( )d cắt Parabol ( )P hai điểm phân biệt A x ; y( 1) B x ; y( 2) thỏa mãn hệ thức

1 2

(109)

Phương trình hồnh độgiao điểm đường thẳng ( )d Parabol ( )P

2

x =2mx m 1− + hay x2−2mx m 0+ − =

Đểđường thẳng ( )d Parabol ( )P cắt hai điểm phân biệt

2

x −2mx m 0+ − = phải có hai nghiệm phân biệt Ta có  =m2− + m với m nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Khi hồnh độ

giao điểm A B nghiệm phương trình trên, theo hệ thức Vi – et ta có

1

x +x =2m x x1 2=m 1− Để ý 2

1 2

y =x ; y =x nên ta có

( ) ( )

( )

2

1 2 2

2 2

2x 2x y y x x x x

4m m m 2m m

+ + =  + + =

 + − =  + + =  = −

Vậy với m= −1 đường thẳng ( )d Parabol ( )P cắt hai điểm phân biệt thỏa mãn yêu cầu toán

b) Giảiphương trình x+ x 4− = − +x2 6x 1−

Điều kiện xác định phương trình x 02

x 6x

 −  

− + − 



Bình phương hai vếphương trình cho ta

( )( )

2 2

2x x 4x x 6x x 4x x 4x

x 4x x 4x x 4x x 4x x

− + − = − + −  − + − − =

 − − − + =  − − =  − − =  = 

Kết hợp với điều kiện xác định ta x= +2 nghiệm phương trình cho

c) Giải hệ phương trình

2

x y x y xy

 + =

 

+ + =



Biến đổi tương đương hệphương trình cho ta

( )

2

2 x y 2xy 5

x y

x y xy 2 x y 2xy 10



 + = + − =

 

 

+ + =

 + + =

 

Cộng theo vếhai phương trình hệtrên ta

( )2 ( ) ( )2 ( )  

x y+ +2 x y+ =15 x y+ +2 x y+ −15 0=  +  −x y 5;

+ với x y+ = −5, kết hợp với phương trình thứ hai hệđã cho ta hệphương

(110)

x y x y

x y xy xy 10

 + = −  + = − 

 + + =  =

 

Hệphương trình vơ nghiệm (x y+ )2 4xy

+ với x y 3+ = , kết hợp với phương trình thứ hai hệđã cho ta hệphương

trình

x y x y x 2; y

x y xy xy x 1; y

 + =  + =  = =

 

 + + =  =  = =

  

Vậy hệphương trình cho có hai nghiệm ( ) ( ) ( )x; y = 1; , 2;1

Câu (2.0 điểm) Cho phương trình 3 ( )

x +2y +4z =9! , x, y, z ẩn

9! tích số nguyên dương liên tiếp từ đến

a) Chứng minh tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn ( )1 x, y, z

đều chia hết cho

b) Chứng minh không tồn số nguyên dương x, y, z thỏa mãn ( )1

Lời giải

a) Chứng minh tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn ( )1 thì x, y, z

chia hết cho 4.

Phương trình cho viết lại thành x3+2y3+4z3=2 5.77 Do từ phương trình ta suy x3 chia hết x chia hết cho Đặt x=2x x1( 1Z)

thay vào phương trình ta

( )3 3 3 7 4 3 3 3 6 4

1

2x +2y +4z =2 5.74x +y +2z =2 5.7

Từ phương trình ta lại y chia hết y chia hết cho Đặt

( )

1

y=2y y Z thay vào phương trình ta

( )3

3 3

1 1

4x + 2y +2z =2 5.72x +4y +z =2 5.7

Đến ta thu

z chia hết z chia hết cho Đặt z=2z z1( 1Z) thay vào phương trình ta

( )3

3 3 4

1 1 1

2x +4y + 2z =2 5.7x +2y +4z =2 5.7

(111)

3 3 4 3

2 2 2

8x +16y +32z =2 5.7x +2y +4z =2.3 5.7

Như x=4x ; y2 =4y ; z2 =4z x ; y ; z2( 2 2 2Z) nên x, y, z chia hết cho

b) Chứng minh không tồn số nguyên dương x, y, z thỏa mãn ( )1

Giả sử tồn số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình ( )1 Khi

đó theo kết tồn số nguyên dương x , y , z2 2 2 cho

2 2

x=4x ; y=4y ; z=4z phương trình ( )1 viết lại thành

3 3

2 2

x +2y +4z =2.3 5.7 Từ phương trình ta suy

x chia hết suy

ra x2 chia hết cho Đặt x2 =2x3 thay vào phương trình ta

3 3

3 2

4x +y +2z =3 5.7 Để ý với n số ngun

n chia có số dư số −1; 0;1 Đến đât ta xét trường hợp sau

+ Trường hợp 1.Ba số x , y , z3 2 2 không chia hết cho Khi từ

3 3

3 2

4x +y +2z =3 5.7 suy ba số x , y , z3 2 2 có nhiều số chia hết cho Từ xẩy khả sau

( )

3 3

3 2

4x +y +2z    4 mod

( )

3 3

3 2

4x +y +2z   4 mod

( )

3 3

3 2

4x +y +2z   1 mod

( )

3 3

3 2

4x +y +2z   4 mod Ta thấy khả nằng xẩy 3

3 2

4x +y +2z không chia hết cho 9, điều mâu thuẫn với phương trình 3

3 2

4x +y +2z =3 5.7 Do trương hợp không xẩy

+ Trường hợp 2.Ba số x , y , z3 2 2 chia hết cho Khi tồn tạ số nguyên

4 3

x , y , z thỏa mãn x3 =3x ; y4 2 =3y ; z3 2 =3z3 Thay vào phương trình

3 3

3 2

4x +y +2z =3 5.7 ta thu phương trình 3

4 3

4x +y +2z =3.5.7 105= Từ phương trình ta nhận thấy y3 số nguyên dương lẻ từ phương trình ta có

3

(112)

Vậy khơng tồn số nguyên dương x, y, z thỏa mãn yêu cầu toán

Câu (1.0 điểm). Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

2 2

2 2 2

a b c

1 a +ab b+ +b +bc c+ +c +ca a+ 

Lời giải

Do a, b, c sốdương nên bất đẳng thức cần chứng mính viết lại thành

2 2

1 1

1

b b c c a a

1 1

a a b b c c

+ + 

     

+ +  + +  + + 

     

Đặt x b; y c; z a

a b c

= = = , ta x, y, z dương xyz 1= Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành 2 2 2

1 x x+ + +1 y y+ + +1 z z+ +  Biến đổi

tương đương ta

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( )( )

( ) ( )

( )

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

1 y y z z x x z z x x y y

1 x x y y z z

3 x y z x y z xy yz zx x y xy

y z yz z x zx x y y z z y x y z xy yz zx

xyz xyz x y z x y xy y z yz x y z z x zx

xyz xy yz zx

+ + + + + + + + + + + + + +

 + + + + + +

 + + + + + + + + + + +

+ + + + + + +  + + + + + +

+ + + + + + + + + + + + +

+ + +

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2

2 2

x y y z z y x y z

x y z xy yz zx x y y z z x

+ + + +

 + +  + +  − + − + − 

Bất đẳng thức cuối với x, y, z dương

Do phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xẩy a b c= =

Câu (3.0 điểm). Cho hình thoi ABCD có AC BD Đường trịn nội tiếp ( )O tứ giác ABCD tiếp xúc với cạnh AB, BC, CD, DA theo thứ tự E, F, G, H Xét

điểm K đoạn HA điểm L đoạn AE cho KL tiếp xúc với đường tròn

( )O

a) Chứng minh LOK=LBO BL.DK OB=

(113)

c) Lấy điểm P, Q tương ứng đoạn CF, CG cho LP song song với KQ Chứng minh PQ tiếp úc với đường tròn ( )O

Lời giải

J

I

Q P L

K N

M

O

H G

F E

D

C B

A

a) Chứng minh LOK=LBO BL.DK OB= 2

+ Gọi J tiếp điểm KL với đường trịn ( )O Khi theo tính chất tiếp tuyến với đường trịn ta có LOJ LOE= KOJ KOH= nên ta suy

( ) ( )

1 1

LOK EOH 180 2BOE 180 90 LBO LBO

2 2

 

= = − =  − − =

 

+ Mặt khác ta lại có DOL LOK KOD LBO BLO LOK BLO= + = + = + nên

KOD=BLO Kết hợp với LOK=LBO ta hai tam giác BLO DOK đồng dạng với nhau, suy BL OB

OD= DK hay ta

2

BL.DK OB.OD OB= =

b) Chứng minh bốn điểm K, L, M, N nằm một đường tròn

Do bốn điểm C, F, L, M nằm đường tròn nên ta có BFM=BLC suy hai tam giác BFM BLC đồng dạng với Để ý tam giác BOC vng O có OF đường cao nên ta BO2=BF.BC BM.BL= Mà có

2

BL.DK OB= nên suy BM DK= Do M K đối xứng với qua AC Chứng minh hồn tồn tương tựthì N L đối xứng với qua AC Do tứ

giác KMLN hình thang cân nên tứ giác KMLN nội tiếp đường tròn

(114)

Do BC song song với DA LP song song với LQ nên suy BPL DKQ= ,

hai tam giác BPL DKQ đồng dạng nên BP BL

DK = DQ hay BP.DQ BL.DK= Do ta suy BP.DQ BL.DK= =BO2 hay BP BO DO

BO =DQ = DQ nên hai tam giác BPO

và DOQ đồng dạng với nhau, đến ta thu OP BP BP

OQ= DO =BO Mặt khác ta

lại có POQ 180= 0−BOP DOQ 180− = 0−BOP BPO OBP QDO− = = Như

tam giác BOP, OQP DQO đồng dạng với nhau, điều dẫn đến BPO OPQ= PQO OQD= Gọi I hình chiếu O PQ suy hai tam giác vuông OFP OIP nên OI OF= Do PQ tiếp xúc với đường tròn ( )O I

Câu (1.0 điểm). Một bảng ô vuông gồm n hàng n cột (n sốnguyên dương) Các hàng cột đánh số từ1 đến n ( hàng đánh số từ xuông cột đánh số từ trái qua phải) Ơ vng nằm hàng i, cột j ( i, j 1; 2; ; n= ) bảng

được gọi ô ( )i; j Tại ô bảng điền số hặc cho ô ( )i; j điền số ai+bj n, ai số số dịng i b sj ố số cột j Gọi P tổng số ô bảng hình vng cho

a) Xây dựng bảng ô vuông thỏa mãn yêu cầu toán trường hợp

n=4 P 8=

b) Chứng minh

2

n P

2

    

  với

2

n

   

2

n

Lời giải

a) Xây dựng bảng ô vuông thỏa mãn yêu cầu toán trường hợp n=4

và P 8=

Ta đưa cách xây dụng bảng thỏa mãn yêu cầu toán sau

0 1

1 0

(115)

b) Chứng minh

2

n P

2

    

  với

2

n

   

2

n

Giả sử k=min a ; a ; a ; ; a ; b ; b ; b ; ; b 1 2 3 n 1 2 3 n Xét hàng có k số dịng m Xét k cột chứa có số hàng m, cột chứa k số nên suy số số k cột lớn k Trong hàng m có ch2 ứa n k− số Xét n k− cột chứa ô có số hàng m này, cột chứa

n k− số (vì tổng số số hàng cột chứa số lớn n,

số số hàng m k nên suy cột chứa sô thuộc hàng m lớn

hơn n k− ) nên suy số số n k− cột lớn

( )2

n k− Từđó ta có

( ) ( ) (2 )2 2

2

2 k n k k n k n n

P k n k

1 2

− + −  

 + − = +  =   

 

Do ta

2

n P

2

    

(116)

Đề số 26

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH TRÀ VINH Năm học 2018 – 2019

Bài (2.0 điểm). Cho biểu thức

2 2 2

y

x x

Q :

x y x y x x y

 

 

= − +

 

−  −  − − với x y 0 

a) Rút gọn biểu thức Q

b) Xác định giá trị biểu thức Q x 3y=

Bài (1.0 điểm).

Cho đường thẳng ( )d : y ax b= + Tìm a, b biết đường thẳng ( )d tiếp xúc với parabol ( )P : y=x2 điểm A(−1;1)

Bài (2.0 điểm).

a) Giải phương trình

2

x

x x

4 + − = −

b) Giải hệphương trình

2

x y 2y xy x

 + = +

 

= +



Bài (1.0 điểm)

Với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh phương trình

sau ln có nghiệm:

( 2 2) ( 2 2)

b + −c a x −4bcx+ b + −c a =0

Bài (1.0 điểm)

Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn x2+y2 +z2 =2 Chứng minh rằng:

3 3

2 2 2

x y z

2 2

3 2xyz

x y y z z x

+ +

+ +  +

+ + +

Bài (3.0 điểm).

Từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB AC với đường tròn (với B C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI vng góc với AB I vẽ MK vng góc với AC K

(117)

b) Vẽ MP vng góc với BC P Chứng minh MPK=MIP

c) Xác định vịtrí điểm M cung nhỏBC để tích MI.MK.MP đạt giá trị

lớn

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2.0 điểm).

Cho biểu thức

2 2 2

y

x x

Q :

x y x y x x y

 

 

= − +

 

−  −  − − với x y 0 

a) Rút gọn biểu thức Q

b) Xác định giá trị biểu thức Q x 3y=

Lời giải

a) Rút gọn biểu thức Q Với x y 0  ta có

( )

2 2

2 2 2 2 2

2

2 2

2 2 2 2

x x y x x y

y

x x x

Q :

y

x y x y x x y x y x y

x y x y

x x y y

x x

x y x y x y

x y y x y x y x y

  + − − −

 

= − + = − 

 

−  −  − − − −

− −

− +

= − = − = =

+ − +

− − − −

b) Xác định giá trị biểu thức Q x 3y= Với x y 0  ta Q x y

x y

− =

+ Do x 3y= ta

x y 3y y 2y

Q

2

x y 3y y 4y

− −

= = = = =

+ +

Bài (1.0 điểm). Cho đường thẳng ( )d : y ax b= + Tìm a, b biết đường thẳng ( )d

tiếp xúc với parabol ( )

P : y=x điểm A(−1;1)

Lời giải

Đường thẳng ( )d : y ax b= + qua điểm A(−1;1) nên ta có 1= − +  = +a b b a

Xét phương trình hồnh độgiao điểm ( )d ( )P

2

(118)

Từđó ta x2 −ax a 0− − = (x x a+ )( − − )=  0 x 1; a 1+ 

Vì ( )d tiếp xúc với parabol ( )

P : y=x điểm A(−1;1) nên phương trình hồnh độgiao điểm có nghiệm kép x1 =x2 = −1

Do ta a 1− = +  = −  = − + = −a b 1

Vậy a= −2; b= −1 giá trị thỏa mãn yêu cầu toán

Bài (2.0 điểm).

2

x

x x

4 + − = −

2

x y 2y xy x

 + = +

 

= +



Lời giải

2

x

x x

4 + − = −

Điều kiện xác định phương trình x2− 4 0 Biến đổi phương trình ta được

2 2 2

x

x x x x 16 2x

4 + − = −  + − = −

Từđó ta có điều kiện có nghiệm phương trình 2 x 2

Đặt y= x2−4 y 0(  ), ta có x2 =y2+4 Phương trình viết lại thành

( ) ( )

( )( )

2

2 2

2

y 4y 16 y y 2y y 2y

3

y 2y 2y y y 2y 2y y

2

+ + = − +  + = −  + = −

 + = −  + − =  + − =  − =  =

Với y

= ta có

2

2 25

x x x

2

 

=  +  =  = 

  , thỏa mãn điều kiện 2 x 2

Vậy nghiệm phương trình cho S 5; 2

−  =    

2

x y 2y xy x

 + = +

 

= +



(119)

Xét x 0 , hệphương trình biến đổi sau

( )2

2 2

2 x y 2y x y

x y 2y

1 1

xy x y y 1

x x



 + − + = + − =

 + = +

  

 = +  

= +

 − =

  



Từđó ta

+ Với x 1= ta có phương trình y 1 y

= +  =

+ Với x= −1 ta có phương trình y 1 y

= +  =

−

Vậy nghiệm hệphương trìnhđã cho ( ) ( ) (x; y = 1; , −1; 0)

Bài (1.0 điểm) Với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh

phương trình sau ln có nghiệm:

( 2 2) ( 2 2)

b + −c a x −4bcx+ b + −c a =0

Lời giải

Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên a, b, c số thực dương thỏa mãn

b c a 0;a b c 0;a c b 0+ −  + −  + −  Ta xét trường hợp sau

+ Trường hợp Với b2+ −c2 a2 =0

Khi phương trình cho trở thành 4bcx 0− =  =x Như phương trình

cho có nghiệm x 0=

+ Trường hợp Với b2+ −c2 a2 0 Khi phương trình cho phương trình

bậc hai Từđó ta có

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )( )( )

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

' 2bc b c a 2bc b c a 2bc b c a

b c a a b c a b c b c a a b c a c b

 = − + − = + + − − − +

   

= + −   − − = + + + − + − + −

   

Do ta có b c a 0;a b c 0;a c b 0+ −  + −  + −  nên ' 0  , suy phương trình

cho ln có nghiệm

Vậy phương trình cho ln có nghiệm Bài tốn chứng minh hoàn tất

Bài (1.0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn x2 +y2+z2 =2 Chứng

(120)

3 3

2 2 2

x y z

2 2

3 2xyz

x y y z z x

+ +

+ +  +

+ + +

Lời giải

Vì x, y, z số thực dương thỏa mãn x2+y2+z2 =2 nên ta có

3 3

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2

2 2

2 2 2

2

2 2

2 2 2

x y z

2 2

2xyz

x y y z z x

x y z x y z x y z x y z

3

2yz 2zx 2xy

x y y z z x

y y

z x x z

1 1

2yz 2zx 2xy

x y y z z x

y y

x z x z

2yz 2zx 2xy

y z z x x y

+ + + +  + + + + + + + + + +  + +  + + + + + +  + + + + +  + + + + + +  + +  + + + + +

Để ý ( )

2

2 2 2

2

z z

x y x y 2xy

2xy x y

−   +   

+

Hồn tồn tương tự ta có

2 2

y y z z

;

2zx 2xy

z +x  x +y 

Cộng theo vế bất đẳng thức ta

2

2 2

2 2 2

y y

x z x z

2yz 2zx 2xy

y +z +z +x +x +y  + +

Do bất đẳng thức cho chứng minh Dấu xẩy x y z

3

= = =

Bài (3.0 điểm). Từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB AC với đường tròn (với B C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy

điểm M, vẽ MI vng góc với AB I vẽ MK vng góc với AC K a) Chứng minh AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn

b) Vẽ MP vng góc với BC P Chứng minh MPK=MIP

c) Xác định vịtrí điểm M cung nhỏBC để tích MI.MK.MP đạt giá trị

lớn

(121)

P

K I

M

O

C B

A

a) Chứng minh rằng AIMK tứ giác nội tiếp đường trịn

Tứ giác AIMK có

AIM=AKM=90 nên ta có

AIM AKM 180+ = nên tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn

b) Vẽ MP vng góc với BC tại P Chứng minh rằng MPK=MIP

Chứng minh tương tựnhư ta có tứ giác BIMP CKMP nội tiếp đường trịn Từđó ta MIP=MBP MCK=MPK Mà ta có MBC MCK= nên ta

suy MPK=MIP

c) Xác định vịtrí điểm M cung nhỏBC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất

Chứng minh tương tự ta có MPI=MKP Kết hợp với MPK=MIP ta

được hai tam giác MPK MIP đồng dạng với Do ta MP MK MI = MP hay ta có MP2=MI.MK suy MI.MK.MP MP MP MP= = 3 Do tích

(122)

Đề số 27

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH PHÚ THỌ Chuyên Toán – Năm học 2018 – 2019

Bài (2.0 điểm)

a) Cho a, b, c số thực đôi khác thỏa mãn

1 1

a b c x

b c a

+ = + = + = , với x số thực Tính P xabc=

b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z 9+ + = 1 1 x+ + =y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức T x= 3+y3+z3+3xyz

Bài (2.0 điểm). Cho a sốnguyên dương Giả sử x ; x ; x x1 2 3( 1x2 x3) nghiệm phương trình ( )

x −3x + a x a− + =0 a) Chứng minh ( ) 2

1 2

A=4 x +x −x +x +x không đổi a thay đổi b) Đặt n n n( )

n

S =x +x +x n N Chứng minh Sn số nguyên lẻ với n N

Bài (2.0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x y 32( + )=y x( 2−3)2

b) Giải phương trình

2

2 13x 28x 24

x 2x

2x

− +

− − =

+

Bài (3.0 điểm). Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB=2R điểm H cố định đoạn OA (H khác O A) Đường thẳng qua H vng góc với AB cắt nửa đường tròn cho C Gọi E điểm thay đổi cung AC (E khác A C) F điểm thay đổi cung BC (F khác B C) cho EHC FHC=

a) Chứng minh tứ giác EHOF nội tiếp đường tròn b) Gọi '

R bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác EHOF Tính góc EHF

'

R=R

c) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cốđịnh

Bài (1.0 điểm). Trung tâm thành phố Việt Trì có tất cả2019 bóng đèn chiếu sáng

(123)

nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng Vào dịp giỗ tổHùng Vương người ta thay bóng đèn theo quy luật sau: Mỗi lần tháo bỏhai bóng đèn khác loại thay

vào hai bóng đèn thuộc loại lại Hỏi đến lúc tất

bóng đèn trung tâm thành phốđều thuộc loại không?

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2.0 điểm)

a) Cho a, b, c số thực đôi khác thỏa mãn

1 1

a b c x

b c a

b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z 9+ + = 1 1 x+ + =y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức T x= 3+y3+z3+3xyz

Lời giải

a) Cho a, b, c số thực đôi khác thỏa mãn a b c x

b c a

+ Lời giải 1. Từ a b c x

b c a

+ = + = + = ta ab bx; bc cx; ca ax+ = + = + = Do

đó suy bx2 =(ab x abx x+ ) = + =(ca b x abc b x+ ) + = + + nên ta

( )

b x − =1 abc x+ Lập luận hồn tồn tương tự ta có

( ) ( )

c x − =1 abc x; a x+ − =1 abc x+ Đến ta suy

( ) ( ) ( )

a x − =1 b x − =1 c x −1 Mà a, b, c sốđôi khác nên từ đẳng thức ta suy

x =1 nên abc x 0+ = hay abc= −x Vậy P abcx= = − = −x2

+ Lời giải 2. Từ giả thiết a b

b c

+ = + ta a b 1 b c

c b bc

− − = − =

Hồn tồn tương tựthì ta b c c a; c a a b

ca ab

− −

(124)

Như ta (a b b c c a)( )( ) (a b b c c a)(2 2 2)( ) a b c

− − −

− − − =

Mà a, b, c sốđôi khác nên từđẳng thức ta a b c2 2 =1 hay abc= 1

Nếu abc 1= , từ a b c x

b c a

+ = + = + = ta a ac b ba c cb x+ = + = + = Suy x3 =abc a b c 1( + )( + )( + =) abc ab bc ca a b c 1+ + + + + + +

Lại có 3x ab bc ca a b c= + + + + + Để ý abc 1= ta suy x3 = +x

( ) (2 )  

3

x =3x 2+ x −3x 0− =  x 1+ x 2− =   −0 x 1; Do ta có P abcx= = −1

b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z 9+ + = 1 1

x+ + =y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức T x= 3+y3+z3+3xyz

+ Lời giải Do x, y, z sốdương nên áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta

được

1 1 9

1 x+ + y z x y z+ + = =9 Kết hợp với 1 1

x+ + =y z suy dấu đẳng thức bất đẳng thức xẩy ra, tức x y z= =

Kết hợp với x y z 9+ + = ta x y z 3= = = Do T x= 3+y3+z3+3xyz 162=

+ Lời giải Từ 1 1

x+ + =y z ta xy yz zx xyz+ + = Mặt khác dễ thấy

( ) ( )2 ( ) ( )

3 3

x +y +z −3xyz= x y z+ +  x y z+ + −3 xy yz zx+ + =9 −3xyz

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho sốdương ta x y z xyz+ + 

Do ta

3

x y z

xyz 27

3

 + + 

  =

  Đến ta có

3 3 3

T x y z 3xyz x y z 3xyz 6xyz 729 27xyz 6xyz

729 21xyz 729 21.27 162

= + + + = + + − + = − +

(125)

Dấu đẳng thức xẩy x y z 3= = =

Vậy giá trị nhỏ T 162, xẩy x y z 3= = =

Bài (2.0 điểm). Cho a số nguyên dương Giả sử x ; x ; x x1 2 3( 1x2 x3) nghiệm phương trình ( )

x −3x + a x a− + =0 a) Chứng minh ( ) 2

1 2

A=4 x +x −x +x +x không đổi a thay đổi b) Đặt Sn =x1n+x2n+x3n(n N ) Chứng minh Sn số nguyên lẻ với

n N

Lời giải

a) Chứng minh A=4 x( 1+x2)−x12+x22+x32 không đổi a thay đổi

+ Lời giải Ta có x3−3x2+(2 a x a 0− ) + = (x x− )( 2−2x a− )=0 Do ta

x 1= x2−2x a 0− = Do a sốnguyên dương nên phương trình x2−2x a 0− =

ln có hai nghiệm phân biêt Mặt khác thao hệ thức Vi – et tổng hai nghiệm phương trình nên hai nghiệm có nghiệm lớn Lại có tích hai nghiệm số âm nên hai nghiệm có nghiệm âm Do kết hợp với x1 x2 x3 ta x ; x1 3 hai nghiệm phương trình x2−2x a 0− = Từđó

suy x2 =1; x1+x3 =2; x x1 3 = −a Ta có

( )

( )( ) ( ) ( )

2 2 2

1 2 1

1 3 1 1

A x x x x x 4x 4x x x

5 4x x x x x 4x x x x x 2.2

= + − + + = + − − + +

= + + − + = + + − = + + = + =

+ Lời giải Ta có x3−3x2+(2 a x a 0− ) + = (x x− )( −2x a− )=0 đo ta được

x 1= x2−2x a 0− =

Với phương trình x2−2x a 0− = ta có  = +4 4a 0 với a sốnguyên dương Do phương trình có hai nghiêm phân biệt x 1= − a 1+ x 1= + a 1+

Dễ thấy 1− a 1 1+   + a 1+ nên kết hợp với x1 x2 x3 suy phương trình

cho có nghiệm x1= −1 a 1; x+ 2 =1; x3 = +1 a 1+ Do ta có

( ) ( )( )

2 2 2

1 2 1 3

A x x x x x 4x 4x x x 4x x x x x

5 a a 1 a 1 a 1 a

5 4 a 2.2 a

= + − + + = + − − + + = + + − +

= + − + + + + − + + + + − − +

(126)

b) Đặt Sn =xn1 +xn2 +x3n(n N ) Chứng minh Sn số nguyên lẻ với n N

+ Lời giải Đặt Qn =xn1 +xn3 Ta chứng minh Qn =x1n+xn3 số chẵn với số

tự nhiên n Với n 0= ta có Q0=x10+x30= + =1 với n 1= ta có Q1 =x1 +x3 =2 số chẵn

Giả sử với n k= k k

k

Q =x +x số chẵn Khi với n k 2= + ta có

( )( ) ( ) ( ) ( )

k k k k k k k k k k

k 3 3 3

Q + =x + +x + = x +x x + +x + −x x x +x =2 x + +x + +a x +x

Do ta có Qk 2+ số chẵn

Như theo ngun lí quy nạp n n

n

Q =x +x số chẵn

Do n n n

n n

S =x +x +x = +1 Q số lẻ với số tự nhiên n

+ Lời giải Đặt Qn =xn1 +xn3 Khi ta có Sn =xn1+xn2+xn3= +1 Qn Do x1 x3 hai nghiệm phương trình

2

x −2x a 0− = nên ta có

2 n n n n n n

1 1 1 1

2 n n n n n n

3 3 3 3

x 2x a x 2x ax x 2x ax

+ + + +

 − − =  − − =  = +

  

  

− − = − − = = +

  

  

Do ta có n n ( n n 1) ( n n)

1 3

x + +x + =2 x + +x + +a x +ax hay Qn 2+ =2Qn 1+ +aQn

Do Q1=Q2 =2 số chẵn nên Qn số chẵn Do n n n

n n

S =x +x +x = +1 Q số

lẻ với số tự nhiên n

Bài (2.0 điểm)

b) Giải phương trình

2

2 13x 28x 24

x 2x

2x

− +

− − =

+ Lời giải

• Lời giải Do x y sốnguyên dương nên phương trình cho viết lại thành

( 2 )2 2

2

x

y y x 3

1 x

y x y x y x

−  

+ + −

=  =   + = + −

(127)

+ Trường hợp 1. Khi x 1= , từphương trình ta y y

+ = + −  =

+ Trường hợp 2. Khi x=2, từphương trình ta

y

+ = + − , phương

trình khơng có nghiệm nguyên dương

+ Trường hợp 3. Khi x 3 , từphương trình ta 2

3

x x

y= +x −  − 

Do 2y 3 nên suy y 1= Từđó thay vào phương trình ban đầu ta x 3= Vậy phương trình cho có nghiệm ngun dương ( ) ( ) ( )x; y = 1;1 , 3;1

• Lời giải Ta có nhận xét: Nếu số tự nhiên x thỏa mãn x số hữu tỉ x sốchính phương

+ Với x 1= ta dễdàng tìm y 1=

+ Với x 2 , biến đổi phương trình cho ta

( )

2

y y y

x x

y y

x x

+

  =  =

 −  + − +

 

Do x y sốnguyên dương nên suy 2x

x −3 y 3+ số hữu tỉ

Do theo nhận xét ( )

y y 3+ =y +3y sốchính phương với số nguyên dương y

Ta có y2+2y y+  2+3y y 2+4y 4+ (y 1+ )2y2+3y y 2+4y 4+ Do y2+3y số phương nên ta y2 +2y y+ = 2+3y =y

Thay vào phương trình cho ta x 3=

Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên dương ( ) ( ) ( )x; y = 1;1 , 3;1 b) Giải phương trình

2

2 13x 28x 24

x 2x

2x

− +

− − =

+

Điều kiện xác định phương trình x

 Biến đổi tương đương phương

(128)

( )( )

( )

( ) ( ) ( )

2

3 2

3

2x x 2x 13x 28x 24

2x x 2x 2x 13x 28x 24

2 2x 2x 2x 12x 28x 24

2x 2x x 6x 12x x

2x 2x 2x x 2 x

+ − − = − +

 + − + − = − +

 + − = − + −

 − + − = − + − + −

 − − + − = − + −

Đặt a= 2x 1; b x a 0− = − (  ) Khi phương trình viết lại thành

( ) ( )( )

3 3 2

a +2a=b +2ba −b +2 a b− = 0 a b a− +ab b− +2 =0 Dễ thấy a2−ab b+ 2+ 2 với a, b nên từtrên ta a b=

Do

( )2 2

x x 2

2x x x

x 6x

2x x

   

 

− = −    =

− + = − = − 



Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình S= 5

Bài (3.0 điểm). Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R điểm H cố định đoạn OA (H khác O A) Đường thẳng qua H vng góc với AB cắt nửa đường trịn cho C Gọi E điểm thay đổi cung AC (E khác A C), F điểm thay đổi cung BC (F khác B C) cho EHC FHC=

a) Chứng minh tứ giác EHOF nội tiếp đường tròn

b) Gọi R' bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác EHOF Tính góc EHF

'

R=R

c) Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cốđịnh

(129)

D J

I

H O

F

E

C

B A

a) Chứng minh rằng tứ giác EHOF nội tiếp đường tròn

Gọi D điểm đối xứng với E qua AB, dễ thấy điểm D nằm đường trịn

(O; R) ta có EHA=DHA Ta có EHC FHC= nên EHA=FHO Do

DHA=FHO nên ba điểm D, H, F thẳng hang Để ý CH song song với DE nên

EHF 2CHF 2EDF 2sdEF= = = Mặt khác ta lại có EOF sdEF= nên suy

EOF EHF= hay tứ giác EHOF nội tiếp đường tròn

b) Gọi '

R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác EHOF Tính góc EHF

'

R=R

Gọi (O ; R ' ') đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF Do R=R' nên OO' =R' =R suy điểm O n' ằm đường trịn (O; R) Do O ' là giao điểm của nửa đường

tròn (O; R) với đường trung trực đoạn thẳng OH Từ O E OO' = ' =OE R= nên suy tam giác EOO ' đều, ta có EOO' =600 Đến ta được

'

EHF EOF 2EOO= = =120

c) Chứng minh rằng đường thẳng EF qua điểm cốđịnh

Gọi I giao điểm EF với AB Hai tam giác IOF FOH có OFI=OEF

(130)

nên

2

OF R

OI

OH OH

= = khơng đổi, I điểm cốđịnh Vậy EF qua

điểm cốđịnh

Bài (1.0 điểm). Trung tâm thành phố Việt Trì có tất cả2019 bóng đèn chiếu sáng

đơ thị, bao gồm ba loại đèn: Đèn ánh sáng trắng có 671 bóng, đèn ánh sáng vàng nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng Vào dịp giỗ tổHùng Vương người ta thay bóng đèn theo quy luật sau: Mỗi lần tháo bỏhai bóng đèn khác loại thay

vào hai bóng đèn thuộc loại cịn lại Hỏi đến lúc tất

bóng đèn trung tâm thành phốđều thuộc loại không?

Lời giải

+ Lời giải Điểm đặc biệt toán nằm ba số 671; 673; 675 chia

chúng cho sốdư 2; 1; Đến ta xét trường hợp sau Ta xét trường hợp thay bóng đèn ánh sáng trắng bóng đèn ánh

sáng vàng nhạt hai bóng ánh sáng đỏ, trung tâm thành phố có 670

bóng đèn ánh sáng trắng, 672 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 677 bóng đèn ánh sáng đỏ Ta nhận thấy chia số 670; 672; 677 cho ta sốdư 1; 0;

Ta xét trường hợp thay bóng đèn ánh sáng trắng bóng đèn ánh sáng đỏ hai bóng ánh sáng vàng nhạt, trung tâm thành phố có 670

bóng đèn ánh sáng trắng, 675 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 674 bóng đèn ánh

sáng đỏ Ta nhận thấy chia số670; 675; 674 cho ta sốdư lần

lượt 1; 0;

Ta xét trường hợp thay bóng đèn ánh sáng vàng nhạt bóng đèn ánh sáng đỏ hai bóng ánh sáng trắng, trung tâm thành phố có 673 bóng

đèn ánh sáng trắng, 672 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 674 bóng đèn ánh sáng đỏ Ta nhận thấy chia số 673; 672; 674 cho ta sốdư 1; 0;

(131)

đèn trung tâm thành phốđều thuộc loại sốdư chia số

bóng loại cho 0; 0; Điều vơ lí Do khơng thể xẩy tình trạng tất cảcác bóng đèn trung tâm thành phốđều thuộc loại

+ Lời giải Ta quy ước mn mod 3( ) số nguyên m n có sốdư

chia cho Gọi A ; B ; C n Nn n n(  ) sốbóng đèn ánh sáng trắng, đèn ánh

sáng vàng nhạt, đèn ánh sáng đỏ lại thực quy trình giả thiết tốn lần thứ n

Lúc đầu theo giả thiết đèn ánh sáng trắng có 671 bóng, đèn ánh sáng vàng

nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng nên ta có

( ) ( ) ( )

0 0 0

A −B 1 mod ; B −C 1 mod ; C −A 1 mod

Nhận thấy sau lần thực quy trình loại bóng đèn giảm bóng tăng lên hai bóng Như sau thực quy trình n lần ta có

( ) ( ) ( )

n n n n n n

A −B 1 mod ; B −C 1 mod ; C −A 1 mod

Nếu xẩy tình trạng thể tất cảcác bóng đèn trung tâm thành phố thuộc loại hiệu hai loại bóng đèn 2019, mà số chia hết cho 3, điều vơ lí Do khơng thể xẩy tình trạng tất

(132)

Đề số 28

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH PHÚ THỌ Chuyên Toán – Năm học 2018 – 2019

Bài (2.0 điểm)

a) Gọi x , x , x , x1 nghiệm phương trình

4

x −4x −4x +16x 0− = Tính giá trị biểu thức T= x1 + x2 + x3 + x4 b) Tìm số thực dương x, y thỏa mãn xy 3x 15 10+ + = (x y 2− )( + )

Bài (2.0 điểm)

a) Cho p, q hai số nguyên tố x, y hai sốnguyên dương phân biệt thỏa mãn x p y q Chứng minh biểu thức p q

x+y nhận giá trị nguyên

b) Đa thức f x( ) chia cho x 1+ dư chia cho

x −4 dư

2x 3+ Tìm đa thức dư chia f x( ) cho (x x+ )( 2−4)

Bài (2.0 điểm)

2

x 4xy y 2y x

 + − =

 

− − + =



b) Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn

( )( )

a b c d a c b d a d b c

 + + =

 + + =



 + + =



Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a= 2+b2+ +c2 d2

Bài (3.0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB AC ) nội tiếp đường trịn ( )O có M trung

điểm BC Gọi BE CF đường cao tam giác ABC Tiếp tuyến với

đường tròn ( )O B C cắt S Gọi N P giao điểm BE với EF AS với đường tròn ( )O (P khác A) Chứng minh rằng:

(133)

b) AB.CP AC.BP= c) CAM=BAP

Bài (1.0 điểm)

Trong tất điểm mặt phẳng tô màu, điểm tô ba màu xanh, đỏ, tím Chứng minh ln tìm

tam giác cân có ba đỉnh thuộc điểm mặt phẳng mà ba đỉnh tam

giác màu đôi khác màu

Hướng dẫn giải Bài (2.0 điểm)

a) Gọi x , x , x , x1 2 3 4 nghiệm phương trình

x −4x −4x +16x 0− = Tính giá trị biểu thức T= x1 + x2 + x3 + x4

• Lời giải Biến đổi tương đương phương trình cho ta

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) (( ))

2

4 2

2

x 4x 4x 8x 16x x 2x 2x 2

x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2

x 2 x 2

− + − − + =  − − − =

 − + + =



   

 − + +    + − − = 

+ − − =



+ Với ( ) ( )

2

x

x 2 x 2 x

x

 = + +

 

− + + =  − +  −  

   = + −

+ Với ( ) ( )

2

4

x

x 2 x 2 x

x

 = − +

 

+ − − =  − −  −  

   = − −



Đến ta thay nghiệm phương trình vào biểu thức T

( )

1

T x x x x 3 3

1 3 3 2

= + + + = + + + + − + − + + − −

= + + + + − + − + − + + = + +

b) Tìm số thực dương x, y thỏa mãn xy 3x 15 10+ + = (x y 2− )( + )

(134)

Đặt a= x 1; b− = y a 0; b 4+ (   ) Khi ta x a= 2+1; y b= 2−2, thay vào

phương trình cho ta ccos phương trình

( )( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2

2

a b a 15 10ab a b b 3a 3a 18 10ab

a b a b 10ab 16 a 2ab b a b 8ab 16

x

a b a b a x

a b ab

ab ab b y 1 2 y

+ − + + + =  + − − + + =

 + + − + =  − + + − + =

 − =

 − =  =  =   =

 − + − =     

− = = = + = =

    

Kết hợp với điều kiện xác định ta ( ) ( )x; y = 5;1 thỏa mãn yêu cầu toán

Bài (2.0 điểm)

a) Cho p, q hai số nguyên tố x, y hai sốnguyên dương phân biệt thỏa mãn x p y q Chứng minh biểu thức p q

x+y khơng thể nhận giá trị ngun

• Lời giải Ta có p q py qx

x y xy

+

+ = Giả sử p q

x+y nhận giá trịnguyên, py qx+ chia hết cho xy , suy py qx+ chia hết cho x nên py chia hết cho x, để ý p số nguyên tốnên ta suy y chia hết cho x lập luận tương tựta x chia hết cho y Do suy x y= , điều trái với giả thiết x y hai số nguyên

dương phân biệt Vậy biểu thức p q

x +y nhận giá trị nguyên

b) Đa thức f x( ) chia cho x 1+ dư chia cho x2−4 dư 2x 3+ Tìm

đa thức dư chia f x( ) cho (x x+ )( −4)

• Lời giải.Do đa thức f x( ) chia cho x 1+ dư nên f x( ) (= x g x+ ) ( )+4, từ ta f( )− =1 Do chia cho

x −4 dư 2x 3+ nên

( ) ( ) ( )

f x = x −4 h x +2x 3+ , từđó ta suy f( )− = −2 f 2( )=7 Giả sử f x( ) chia cho (x x+ )( −4) có dư ax2+bx c+

(135)

a b c a b c a c a 4a 2b c 4a 2b c 4a c b

4a 2b c 4b b c

 − + =  − + =  + =  = −

 − + = −  − + = −  + =  =

   

 + + =  =  =  =

   

Vậy dư chia f x( ) cho ( )( )

x x+ −4

x 2x

− + +

Bài (2.0 điểm)

2

x 4xy y 2y x

 + − =

 

− − + =



• Lời giải Từphương trình thứ hai hệphương trình ta x y= 2−2y 2+ Thếvào phương trình thứ hệđã cho ta

( 2 ) (2 2 )

4 3

y 2y y 2y y

y 4y 4y 4y 8y 4y 8y 8y y y

− + + − + − =

 + + − + − + − + − =  =  = 

+ Với y 1= ta x 1= −2 2.1 1+ = Ta có nghiệm ( ) ( )x; y = 1;1

+ Với y= −1 ta x= −( )1 2−2.( )− + =1 Ta có nghiệm ( ) (x; y = 5; 1− ) Vậy hệphương trình cho có nghiệm ( ) ( ) (x; y = 1;1 , 5; 1− )

b) Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn

(a b c d+ )( + )=2; a c b d( + )( + )=3; a d b c( + )( + )=4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a= 2+b2+ +c2 d2

• Lời giải Biến đổi biểu thức P kết hợp với giả thiết tốn ta có

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )

2

2 2

2

P a b c d a b c d ab ac ad bc bd cd

a b c d ac ad bc bd ab ad bc cd ab ac bd cd

a b c d a b c d a c b d a d b c a b c d

= + + + = + + + − + + + + +

= + + + − + + + − + + + − + + +

= + + + − + + − + + − + + = + + + −

Để ý (a d+ ) (+ b c+ )2−4 a d b c( + )( + ) (= a d+ ) (− b c+ )2 0

Do suy (a d+ ) (+ b c+ )2 4 a d b c( + )( + )=16

Từđó ta P a= +b2+ +c2 d2 =(a b c d+ + + )2− 9 16 7− =

(136)

( )( )

a b c d

a c b d 3 2 1 2 3 2 1 2

a ; b ; c ; d

2 2

a d b c a d b c

 + + =



+ + = + + − −

  = = = =



+ + =



 + = + 

Vậy giá trị nhỏ P 7, đạt 2; b 2; c 2;d

2 2

+ + − −

= = =

Bài (3.0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB AC ) nội tiếp đường trịn ( )O có M trung điểm BC Gọi BE CF đường cao tam giác ABC Tiếp tuyến với đường tròn ( )O B C cắt S Gọi N P giao điểm BE với EF AS với đường tròn ( )O (P khác A) Chứng minh rằng:

a) Chứng minh MN vng góc với BF

• Lời giải.

b) Chứng minh AB.CP AC.BP=

• Lời giải

c) Chứng minh CAM=BAP

• Lời giải.

Bài (1.0 điểm)

Trong tất cảcác điểm mặt phẳng tô màu, điểm tô

trong ba màu xanh, đỏ, tím Chứng minh ln tìm tam giác

cân có ba đỉnh thuộc điểm mặt phẳng mà ba đỉnh tam giác

màu đơi khác màu

• Lời giải Xét ngũ giác ABCDE, ta nhận thấy lấy ba đỉnh

ngũ giác tạo thành ba đỉnh tam giác cân Do tơ đỉnh A, B, C, D, E ba màu xanh, đỏ, tím xẩy ba trường hợp sau:

(137)

+ Trường hợp Nếu năm đỉnh A, B, C, D, E tô hai ba màu,

khi theo ngun lý Dirichlet ta ln tìm ba đỉnh tổ

màu Do ta ln tìm tam giác cân có ba đỉnh tô màu

+ Trường hợp Nếu năm đỉnh A, B, C, D, E tô ba màu,

khi ta ln tìm ba đỉnh tơ màu ba đỉnh mà đôi

một tơ hai màu khác Do ta ln tìm tam giác cân có

(138)

Đề số 29

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH KHÁNH HÒA Năm học 2018 – 2019

Câu

a) Giải phương trình x2+2x 3x x 1+ = +

b) Có số tự nhiên có ba chữ số abc cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác cân

Câu

a) Chứng minh với số thực a, b, c ta ln có:

( )2 2 2 2 ( )

a b c+ + =a +b + +c ab ac bc+ +

b) Cho x, y, z khác thỏa mãn x y z 1; 2 12 4;1 1

2 x y xyz x y z

+ + = + + = + + 

Tính Q=(y2017+z2017)(z2019+x2019)(x2021+y2021)

Câu Cho đường trịn ( )O đường kính BC H điểm nằm đoạn thẳng

BO (điểm H không trùng với hai điểm B O) Qua H vẽ đường thẳng vng góc với BC cắt đường tròn ( )O A D Gọi M giao điểm AC BD Qua M vẽđường thẳng vng góc với BC N

a) Chứng minh tứ giác MNBA nội tiếp đường trịn b) Tính giá trị

2

BO OH

P

AB BH

  =   −

 

c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn ( )O cắt hai đường thẳng AC AN K E Chứng minh đường thẳng EC qua trung điểm I

đoạn thẳng AH H di động đoạn thẳng BO

Câu Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc+ + = Chứng minh

2

1 a b

1 c

a b

+ +

+ − + 

(139)

chiều sau: Nếu từ tỉnh A đến B từB đến C khơng có tuyến từA đến C Hỏi có cách thiết lập đểđi hết 18 địa danh trên?

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu

Lời giải

Điều kiện xác định phương trình x −1 Biến đổi phương trình ta

( )

2

x +2x 3x x 1+ = + x +2 x 1+ −3x x 0+ =

Đặt u x; v= = x v 0+ (  ) Khi phương trình viết lại thành

( )( )

2

u −3uv 2v+ = 0 u v u 2v− − =0

+ Với u v 0− = ta u v= Khi ta có phương trình

2

x x 1

x x x

2 x

 − − = +



= +   =

 

+ Với u 2v 0− = ta u 2v= Khi ta có phương trình

2

x

x x x 2

x 4x

  

= +   = +

− − =



Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình cho

1

S ; 2

2

 + 

 

= + 

 

 

• Trường hợp Tam giác xét tam giác

(140)

• Trường hợp Tam giác xét tam giác không

Khi vai trị ba cạnh a, b, c tam giác xét cân nên không tính tổng quát ta giả sử Xét a b c= 

Theo bất đẳng thức tam giác ta có a b c+  nên ta xét khảnăng sau:

+ Với a b 1= = Khi c 2 c 1 nên khơng có giá trị c thỏa mãn yêu cầu toán

+ Với a b 2= = Khi c 4 c 2 nên ta chọn c 1= c 3= Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán

+ Với a b 3= = Khi c 6 c 3 nên ta chọn c1; 2; 4; 5 Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán

+ Với a b 4= = Khi c 8 c 4 nên ta chọn c1; 2; 4; 5; 6; 7 Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán

+ Với a b 5= = Khi c 10 c 5 nên ta chọn c1; 2; 3; 4; 6; 7; 8; 9 Suy có cách chọn c thỏa mãn yêu cầu toán

Vậy trường hợp ta lập 52 số có dạng abc thỏa mãn u cầu tốn Vậy có tất 3.52 156 165+ = + = số thỏa mãn mãn yêu cầu toán

Câu

( )2 2 2 2 ( )

(141)

2 x y xyz x y z

+ + = + + = + + 

Tính Q=(y2017+z2017)(z2019+x2019)(x2021+y2021)

Lời giải

( )2 2 2 2 ( )

a b c+ + =a +b + +c ab ac bc+ + Ta có

( ) ( )( )

( )

2

2 2

a b c a b c a b c

a ab ac ab b bc ac bc c a b c ab bc ca

+ + = + + + +

= + + + + + + + +

= + + + + +

2 x y xyz x y z

+ + = + + = + + 

Tính Q=(y2017+z2017)(z2019+x2019)(x2021+y2021) Từ giả thiết tốn ta có

x y z

1 1 1 2

x y z

2 xyz 2xyz xy yz xz 2xyz xy yz xz xyz

+ +

+ + =  =  + + =  + + =

Do ta 12 12 12 2 12 12 12

xy yz xz xyz

x +y +z + + + =x +y +z + = hay

2

1 1 1

4

x y z x y z

 

+ + =  + + =

 

 

Từđó kết hợp với x y z

+ + = ta

( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )( )

2 2 2

2

1 1

xy yz xz x y z xyz x y z x y z

x y xy y z zy z x zx 3xyz xyz

x y xy y z xyz z y z x zx xyz xy x y yz x y z x y zx x y

x y z xy yz zx x y y z z x

+ + =  + + + + =

+ +

 + + + + + + =

 + + + + + + + =

 + + + + =  + + + =

(142)

Câu Cho đường trịn ( )O đường kính BC H điểm nằm đoạn thẳng

BO (điểm H không trùng với hai điểm B O) Qua H vẽ đường thẳng vng góc với BC cắt đường tròn ( )O A D Gọi M giao điểm AC BD Qua M vẽ đường thẳng vng góc với BC N

a) Chứng minh tứ giác MNBA nội tiếp đường trịn b) Tính giá trị

2

BO OH

P

AB BH

  =   −

 

c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn ( )O , cắt hai đường thẳng AC AN K E Chứng minh đường thẳng EC qua trung điểm I

đoạn thẳng AH H di động đoạn thẳng BO

Lời giải a) Chứng minh tứ giác MNBA nội tiếp

đường tròn

Ta có BAM=BAC 90= MNB 90=

nên BAM MNB 180+ = Do tứ giác MNBA nội tiếp đường trịn đường kính MB

b) Tính giá trị

2

BO OH

P

AB BH

  =   −

 

H N

M

E K

I

O

D

C B

A

Do tam giác ABC vuông A nên áp dụng hệ thức lượng ta có

2

AB AB

BH

BC 2BO

= =

nên suy

( ) 2 2 2

2 2

2BO BO BH

OH 2BO.OH 2BO BH.BC 2BO AB BO

2

BH AB AB AB AB AB

− − −  

= = = = =   −

 

Hay ta

2

BO OH

P

AB BH

 

=   − =

  Vậy giá trị P

c) Chứng minh đường thẳng EC qua trung điểm I của đoạn thẳng AH H

di động đoạn thẳng BO

(143)

OAC BAO+ =NAB BAO+ nên BAC NAO= Từ dẫn đến OA vng góc với AN hay AN tiếp tuyến đường tròn ( )O A Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có EA=EB EAB EBA= Trong tam giác vuông KAB ta chứng minh

được AE đường trung tuyến EA=EB EK= nên tam giác AEK cân E, suy

BKA EAK= Ta có AH BK vng góc với BC nên AH BC vng góc với Do theo định lý Thales ta có CI AI

CE=KE Lại có HI song song với BE nên

thao định lí Thales ta có CI HI

CE= BE Do suy

AI HI

KE = BE Mà KE EB= nên

AI=IH nên từđó suy I trung điểm AH Vậy ta có điều phải chứng minh

Câu Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc+ + = Chứng minh

2

1 a b

1 c

a b

+ + + − + 

Lời giải

Biến đổi giả thiết ta a b c abc 1 1

ab ac bc

+ + =  + + =

Đặt x 1; y 1; z

a b c

= = = Khi giả thiết viết lại thành xy xz yz 1+ + = Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh ta có

( )( )

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

1 a b 1

1 c 1 c 1

a b a b c

1 z z

1 x y 1 x y

z z

1 z

1 x 1 y 1 x y

z

1 z z x y

1 x 1 y

z

+ + + − +   + + + − + 

+ +

 + + + −   − + − + + 

+

 + − + − − + + + 

+ − + +

 + − + − + 

Để ý

( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

2

2 2 2

1 x y x y x y xy x y

xz yz x y z x y x y z

+ + = + + + = − + +

= + + + = + + = + +

(144)

( )( )

2

1 z z(x y) z

1 x 1 y

z

1 z (xz yz) z

1 x 1 y

z

1 z (1 xy) z

1 x 1 y

z xy z

1 x 1 y

z

+ − + +

+ − + − + 

+ − + +

 + − + − + 

+ − − +

 + − + − + 

+

 + − + − + 

Bất đẳng thức cuối Vậy ta có điều phải chứng minh

Câu Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời du khách tham quan hết 18 danh lam, thắng cảnh tỉnh K, công ty du lịch lữhành KH thiết lập tuyến môt chiều sau: Nếu từ tỉnh A đến B từB đến C khơng có tuyến từA đến C Hỏi có cách thiết lập đểđi hết 18 địa danh trên?

Lời giải

Gọi A địa điểm có nhiều tuyến đường (gồm cảđường xuất phát từA đến A) Các địa điểm lại ta chia thành loại sau

+ Loại Các đường xuất phát từ A có n(1)=m tuyến đường + Loại Các tuyến đến A có n 2( )=n tuyến đường

+ Loại Khơng có tuyến đến A có n 3( )=p tuyến đường

Do m n p 17+ + = số tuyến liên quan đến A có m n+ tuyến, số tuyến không liên

quan đến A không vượt m n+

Gọi S số cách thiết lập hết 18 địa danh Khi S=m n p m n+ + ( + )+mn Áp dụng bất đẳng thức AM –GM ta

( ) ( ) ( ) (m n p 1)2

m n p m n mn mn p m n p 108

3

+ + +

+ + + + = + + + +  =

Dấu xảy m p 6; n 5= = =

(145)

Đề số 30

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ TĨNH Năm học 2018 – 2019

Câu (1.5 điểm)

Cho x, y,z số hữu tỉ thỏa mãn 1

x+ =y z Chứng minh

2 2

x +y +z số hữu tỉ

Câu (2.5 điểm)

a) Giải phương trình 4x2 −3x 2− = x 2+ b) Giải hệphương trình

2

xy x y

1

3

x 2x y 2y

 − − = − 

 + =

 − −

 Câu (2.5 điểm)

a) Cho phương trình x2+2mx 2m 0− − = Chứng minh phương trình

ln có hai nghiệm x ; x1 2với m Tìm giá trịm để 2

1

2x x P

x 2mx 2m

+ =

− + − đạt

giá trị nhỏ

b) Cho x, y,z số thực dương thỏa mãn x y z 1+ + = Chứng minh rằng:

xy yz xz

xy z+ + yz x+ + xz y+ 2

Câu (2.5 điểm)

Cho đường tròn tâm ( )O dây cung AB cố định đường kính

Điểm C khác A, B di động AB Đường tròn tâm P qua C tiếp xúc với ( )O

tại 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

(146)

b) Chứng minh điểm C thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MPQ ln thuộc đường thẳng cốđịnh

Câu (1.0 điểm)

Cho a1a2 a3   an  n N(  *) số ngun dương khơng có

hai số liên tiếp Đặt Sn =a1+a2+ a+ n Chứng minh ln tồn sốchính phương b thỏa mãn Sn  b Sn 1+

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (1.5 điểm)

Cho x, y, z số hữu tỉ thỏa mãn 1

x+ =y z Chứng minh

2 2

x +y +z số hữu tỉ

Lời giải

Từ giả thiết cho ta có 1 xz yz xy 2xy 2xz 2yz

x+ = y z + =  − − = Do ta có

( )2

2 2 2

x +y +z = x +y +z +2xy 2xz 2yz− − = x y z+ − = + −x y z

Do x, y, z số hữa tủ nên x y z+ − số hữa tỉ Vậy ta có điều cần chứng minh

Câu (2.5 điểm)

a) Giải phương trình 4x2−3x 2− = x 2+

2

xy x y

1

3

x 2x y 2y

 − − = − 

 + =

 − −



Lời giải

a) Giải phương trình 4x2−3x 2− = x 2+

Điều kiện xác định phương trình x −2 Biến đổi tương đương phương trình cho ta

( )

( ) ( )

2

16x 12x x 16x 8x x x 4x x x 2x 4x x

4x x x 2x

− − = +  − + = + + + +

 − = + +  + = −

 − = + +  

 − = − + −  + = −

 

(147)

2

4x 5x

5 41

x 2x 1 x

8 x  − − = +  + = −   =   + Trường hợp Với x 2+ = −2x ta

2

4x x 33

x 2x x

8 x

 − − = −



+ = −   =

−   

Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm S 33 5; 41

8  − +    =      

2

xy x y

1

3

x 2x y 2y

 − − = − 

 + =

 − −



Điều kiện xác định hệphương trình x2−2x 0; y 2−2y 0 Biến đổi phương

trình thứ ta xy x y− − = − 5 xy x y 1− − + = − 4 (x y 1− )( − = −)

Phương trình thứ hai hệđược viết lại thành

( )2 ( )2

1

3

x 1 y 1

+ =

− − − −

Đặt a x 1; b y 1= − = − Khi hệphương trình cho trở thành

2

ab

1

3 a b

 = −



 + =

 − −



Biến đổi phương trình thứ hai hệtrên ta

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2 2 2

2

2 2 2

2 2

1 a b 2 a b 2

3 3

a b a b a b 17 a b

3 a b 34 a b a b a b 2ab

a b 2ab b a 2a a

+ − + −

+ =  =  =

− − − − + − −

 + − = − +  + =  + − =

 + = + = + − =  = −  =  = 

+ Với a= −2; b 2= ta ( ) (x; y = −1; 3) + Với a 2; b= = −2 ta ( ) (x; y = 3; 1− )

Kết hợp với điều kiện xác định ta nghiệm ( ) (x; y = −1; , 3; 1) ( − )

Câu (2.5 điểm)

a) Cho phương trình x2+2mx 2m 0− − = Chứng minh rằng phương trình

ln có hai nghiệm x ; x1 2với m Tìm giá trịm để 2

1

2x x P

x 2mx 2m

+ =

− + − đạt

(148)

xy yz xz

xy z+ + yz x+ + xz y+ 

Lời giải

a) Cho phương trình x2+2mx 2m 0− − = Chứng minh phương trình ln có

hai nghiệm x ; x1 2với m Tìm m để 2

1

2x x P

x 2mx 2m

+ =

− + − đạt giá trị nhỏ

Từphương trình ta có  =' m2+2m 1+ =(m 1+ )2 0 nên phương trình ln

có hai nghiệm với m Như theo hệ thức Vi – et ta có 2

x x 2m

 + = −  = − −



Biến đổi biểu thức P sử dụng hệ thức Vi – et ta

( ) ( )

( )

1 2

2

1 2 1 2 1 2

2

2 2

2x x 2x x

P

x x x x 2m x x x x 2m

2m 4m 4m

1 1

4m 4m 4m

+ +

= =

+ + + − + − −

−

− − − −

= = + − = −  −

+ + +

Dấu xẩy m

=

Vậy giá trị nhỏ P −1, đạt m

=

xy yz xz

xy z+ + yz x+ + xz y+ 

Để ý x y z 1+ + = áp dụng bất đẳng thức AM –GM ta có đánh giá

( ) ( )( )

xy xy xy x y

xy z xy z x y z z x y z x z y z

 

= =   + 

+ + + + + +  + + 

Áp dụng hoàn toàn tương tựta

yz y z xz z x

;

yz x x y z x xz y y z x y

   

  +    + 

+  + +  +  + + 

(149)

xy yz xz x y z z x y xy z yz x xz y x z x y x z y z x y y z

y y

1 x z x z

.3

2 x z x z x y x y y z y z 2

 

+ +   + + + + + 

+ + +  + + + + + + 

     

=  + + +  + + = =

+ + + + + +

     

 

Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy x y z

= = =

Câu (2.5 điểm) 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

tại 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 trịn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc đường thẳng cốđịnh

Lời giải a) Chứng minh MC phân giác của AMB

và điểm A, M, O, B, I thuộc đường

tròn

+ Do IA tiếp tiến chung hai đường tròn ( )O ( )P nên ba điểm P, A, O thẳng hàng Do IB tiếp tuyến chung hai

đường tròn ( )O ( )Q nên ba điểm O, B, Q thẳng hàng Trong đường trịn ( )P có

AMC=BAI đường trịn ( )Q có

BMC ABI= Mà tam giác AIB cân I nên

BAI ABI= Do ta AMC=BMC

hay MC phân giác góc AMB

M

J

I O

Q P

C B

(150)

+ Ta có AIB ABI BAI 180+ + = Mà lại có BAI ABI+ =AMC CMB AMB+ = nên ta

suy AIB AMB 180+ = Do tứ giác AMBI nội tiếp đường tròn Mặt khác dễ thấy tứ giác AOIB nội tiếp đường tròn nên suy điểm A, M, O, B, I nằm đường tròn

b) Chứng minh điểm C thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MPQ ln thuộc một đường thẳng cốđịnh

Gọi J trung điểm OI Ta có tam giác AMP cân P nên

MPO PAM PMA= + =2PAM=2OAM Tương tự tam giác BMQ cân Q nên MQO 2OBM= Mà ta có OAM=OBM nên suy MPO MQO= , tứ giác PMOQ nội tiếp đường tròn Do đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ

đường trịn ngoại tiếp tứgiác PMOQ nên điểm A, M, O, B, Q thuộc đường

trịn đường kính OI, suy JM=JB QM QB= nên hai tam giác JMQ JOQ Đến ta suy tứ giác JMOQ nội tiếp đường tròn Do

điểm P, M, O, Q, J thuộc đường tròn Ta có O I cốđịnh nên suy Ọ cố định, đường trung trực OJ cố định Vậy tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ln thuộc đường trung trực OJ cốđịnh

Câu (1.0 điểm)

Cho ( *)

1 n

a a a   a  n N số nguyên dương khơng có

hai số liên tiếp Đặt Sn =a1+a2+ a+ n Chứng minh tồn sốchính phương b thỏa mãn Sn  b Sn 1+

Lời giải

Do Sn =a1+a2+ a+ n nên suy Sn 1+ =a1+a2+ a+ n+an 1+ =Sn+an 1+

Ta có

( )2

n n n n n n n n n n

S + − S  1 S +  S +1 S +a + S +2 S + 1 a + 2 S +1

Vì dãy số khơng có hai số nguyên liên tiếp nên

n n n n

a + a +2; a a − +2; ; a a +2 Do ta

n n n 1

(151)

( )

n 1 n

n n n n

n.a a a a 2 n

na n(n 1) S na n(n 1) S

+

+ +

 + + + + + + + +

 − +   − + +  +

Ta chứng minh an 1+ 2 nan 1+ −n n 1( + +) Thật vậy, ta có

( ) 2 ( ) ( )2

n n n n n n

a + 2 na + −n n 1+ + 1 a + −2a + + 1 4na − −4n n 1+  a + −2n 1− 0

Như ta Sn 1+ − Sn 1 nên tồn sốnguyên k để Sn  k Sn 1+ Do Sn k2 Sn 1+ Chọn b k= ta Sn  b Sn 1+ Vậy toán

(152)

Đề số 31

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH BẾN TRE Năm học 2018 – 2019

Câu Cho biểu thức P a b a b a b

1 ab

+ − −

=

+ với a b hai số thực dương

a) Rút gọn biểu thức

( 1)( )

P :

a+ b a b+

b) Tính giá trị biểu thức Pkhi a=2019 2018+ b 2020 2019= +

Câu

a) Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh p2 −1chia hết cho 24 b) Cho phương trình x2−2mx m 0− − = với mlà tham số Tìm giá trị

của mđể phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x ; x1 2thỏa 2 2

1

x +x đạt giá trị lớn

Câu

x + =1 x −3x 1− b) Giải hệphương trình ( )( )

2

x 4y

x 2y 2xy

 + =



 − − =

 Câu

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình x3−xy x y+ = +

b) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a b 1+ = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T

a b

= +

Câu Cho nửa đường trịn (O; R) có đường kính AB Vẽđường thẳng d tiếp tuyến ( )O B Trên cung AB lấy điểm M tùy ý (M khác A, B), tia AM cắt

đường thẳng d N Gọi C trung điểm đoạn thẳng AM, tia CO cắt đường thẳng d D

(153)

b) Gọi E hình chiếu N đoạn AD Chứng minh N, O, E thẳng hàng NE.AD 2R

ND =

c) Chứng minh CA.CN CO.CD=

d) Xác định vị trí điểm M để 2AM AN+ đạt giá trị lớn

Câu Cho biểu thức P a b a b a b

1 ab

+ − −

=

+ với a b hai số thực dương

( 1)( )

P :

a+ b a b+

b) Tính giá trị biểu thức P a=2019 2018+ b 2020 2019= +

Lời giải

( 1)( )

P :

a+ b a b+

Điều kiện xác định biểu thức P a 0, b 0  Khi ta có

( ) ( ) ( )( )

ab a b a b a b ab

P a b

1 ab ab

− + − − +

= = = −

+ +

Từđó ta

( )( ) ( )( ) ( )( )( )

( )( ) 2

1

P : P a b a b a b a b a b

a b a b

a b a b a b

= + + = − + +

+ +

= − + = −

b) Tính giá trị biểu thức P a=2019 2018+ b 2020 2019= + Với a 0, b 0  ta P= a− b Mặt khác ta lại có

( )

2

a 2018

a 2019 2018 a 2018

b 2020 2019 b 2019 1 b 2019

 = +

 = +   = +

  

  

= + = +

  

  = + 

Do suy P= a− b= 2018 1+ −( 2019 1+ =) 2018− 2019

(154)

a) Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh p2−1 chia hết cho 24 b) Cho phương trình x2−2mx m 0− − = với mlà tham số Tìm giá trị

của mđểphương trình cho có hai nghiệm phân biệt x ; x1 2thỏa 2 2

1

Lời giải

a) Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh p2−1chia hết cho 24

Ta có ( )( )

p − =1 p p 1− + Vì p số nguyên tố lớn nên ta p 3k = + p 3k v= + ới k số tự nhiên khác

+ Nếu p 3k 1= + (p p – 1+ )( ) (= 3k 3k+ ) chia hết cho + Nếu p 3k 2= + (p p – 1+ )( ) (= 3k 3k 1+ )( + ) chia hết cho Vậy p số nguyên tố lớn (p p – 1+ )( ) chia hết cho

Mặt khác p số nguyên tố lớn nên p số lẻ Suy p 1và + p hai s− ố

chẵn liên tiếp

Đặt p – 2n= nên p 2n 2+ = + , ta có (p p – 1+ )( )=2n 2n 2( + )=4n n 1( + )

Do n n 1( + ) chia hết 4n n 1( + ) chia hết cho Do (p p – 1+ )( ) chia hết cho

Vì hai số nguyên tốcùng ta (p p – 1+ )( ) chia hết cho 24

b) Cho phương trình x2−2mx m 0− − = với mlà tham số Tìm giá trị của

mđểphương trình cho có hai nghiệm phân biệt x ; x1 2thỏa 2 2

1

Ta có

2

2 15

' m m m

2

 

 = + + = +  + 

  với m nên phương trình cho ln

có hai nghiệm phân biệt x ; x1 2

Khi theo hệ thức Vi – et ta có

1

x x 2m

x x m

 + =  = − − 

(155)

( )

2 2

1 2

1

1 1 1

31 31

x x 2x x

x x 4m 2m 1 31

2 2m 4

4 2 = = =  = + − + + +   + +     Ta có

2 1 1 31 31

4m 2m 2m 2m 2m

8 4

2 2

   

+ + =  + + − + =  +  + 

   

Suy 2 1 2

31

4m 2m 1 31

2 2m 2 =  + +   + +    

Dấu xẩy khia 2m m 2

+ =  = − Vậy giá trị lớn 2 2

1

1 x +x

4

31, đạt

1 m

4

= −

Câu

a) Giải phương trình x3+ =1 x2−3x 1− b) Giải hệphương trình

( )( )

2

x 4y

x 2y 2xy

 + =   − − =  Lời giải

x + =1 x −3x 1−

Điều kiện xác nghiệm cỉa phương trình cho

3

x

3 13 13

x x

3 13

x x 2 2

2

x 3x 13 13

x x

3 13

x 2

2   −     +  +   +   +           − −  − −     −   −        

Khi biến đổi tương đương phương trình ta

( )( ) ( )

3 2

x + =1 x −3x 1−  x x+ − +x =x − + −x x 1+

Đặt a= x 1; b+ = x2 − +x a 0; b 0(   ) Khi ta có phương trình

( )( )

2 2

(156)

Do a 0; b 0  nên a b 0+  , suy từphương trình ta 2a b= Do ta

có

2 2 37

2 x x x 4x x x x 5x x

2



+ = − +  + = − +  − − =  =

Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x 37

+

= x 37

−

=

b) Giải hệphương trình ( )( )

2

x 4y

x 2y 2xy

 + =



 − − =



Biến đổi tương đương hệphương trình cho ta

( )( ) ( )( ) ( ) (( )) ( ( ) )

2

2 x 4xy 4y 2 2xy

x 4y x 2y 2xy

x 2y 2xy x 2y 2xy x 2y 2xy

   + = − + = − − = −     − − =   − − = − − =      

Đặt a x 2y; b 2xy= − = − Khi hệphương trình trở thành

2

a

b a 2

a 2b 2

b

ab a

a  =   =  =       = =     = 

Từđó ta có hệphương trình

( )

x

x 2y x 2y

x 2y

1 2 2y y

1 2xy 4y 4y y

2  =  = +  = +  − =     − =  − + =  + + =  = −      

Vậy hệphương trình có nghiệm ( )x; y 1;

 −  =     Câu

b) Cho hai số thực dương a, b thỏa a b 1+ = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4

T

a b

= + Lời giải

(157)

( ) ( ) ( )( )

3

2

x xy x y x xy x y

x x y x x x x y

− + = +  − − − =

 − − + = −  + − − = −

Do x, y số nguyên nên x 1+ x2 − −x y số nguyên Từđó ta xét các

trường hợp sau

+ Trường hợp Với x 12 x

y 11 x x y

 + = −  = −     = − − =   

y x x y

 + =  =     = − − = −   

y x x y

 + =  =

 

 − − = −  =

 



y x x y

 + = −  = −

 

 − − =  =

 



Vậy phương trình có nghiệm ngun ( ) (x; y = −3;11 , 1;1 , 0; ,) ( ) ( ) (−2; 4)

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức T

a b

= +

Do a b 1+ = nên áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

( )

4 a b

4 a b 4b a 4b a

T 5

a b a b a b a b

+ +

= + = + = + +  + = + =

Dấu xẩy

2

4b a

a b

a 4b

a ; b a b

a 2b 3

a b a b

 =  =  + =     = =   + =  =     + =  Vậy giá trị nhỏ T 9, đạt a 2; b

3

= =

Câu Cho nửa đường trịn (O; R) có đường kính AB Vẽ đường thẳng d tiếp tuyến ( )O B Trên cung AB lấy điểm M tùy ý (M khác A, B), tia AM cắt

đường thẳng d N Gọi C trung điểm đoạn thẳng AM, tia CO cắt đường thẳng d D

a) Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp đường tròn

b) Gọi E hình chiếu N đoạn AD Chứng minh N, O, E thẳng hàng NE.AD 2R

(158)

d) Xác định vị trí điểm M để 2AM AN+ đạt giá trị lớn

Lời giải a) Chứng minh tứ giác OBNCnội tiếp đường tròn

Ta có C trung điểm đoạn AM nên OC vng góc với AM C hay

0

OCM 90= Lại có AB vng góc với AB vng góc với BN B nên OBN 90=

Trong tứ giác OBNC có

OCN OBN 180+ =

nên tứ giác OBNC nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh ba điểm N, O, E thẳng hàng và NE.AD 2R

ND =

E

N

M

D O

C

B A

+ Tam giác AND có AB DO đường cao nên O trực tâm tam giác Lại

có NE đường cao tam giác AND nên suy NE qua O hay ba điểm N, O, E thẳng hàng

+ Ta có SAND 1AB.ND 1NE.AD

2

= = nên AB.ND NE.AD= suy

NE.AD

AB 2R

ND

= =

Ta có CAO MBN= Mà BM song song với CD nên suy NBM=CDN Do ta CAO=CDN Hai tam giác CAO CDN có CAO=CDN

0

ACO=NCD 90= nên hai tam giác đồng dạng với Do suy CA CO

CD= CN hay CA.CN CD.CO=

d) Xác định vị trí điểm M để 2AM AN+ đạt giá trị lớn Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABN vuông B ta có

( )2

2

(159)

2

2AM AN 2.AM.AN+  =2 8R =4 2R Vậy Min2AM AN+ =4 2, xẩy AM AN

2

(160)

Đề số 32

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH BÌNH DƯƠNG Năm học 2018 – 2019

Câu

a) Giải phương trình x x+ − =(2+ x) x−

b) Cho số thực x,y thỏa mãn ( 2)( 2)

x+ 2018 x+ y+ 2018 y+ =2018 Tính giá trị biểu thức 2019 2019 ( )

Q=x +y +2018 x y+ +2020

Câu

Gọi x ; x1 2là nghiệm phương trình ( )

x −2 m x 2m 0− + − = Tìm tất

các giá trị m nguyên dương để

2

1

2

x x

A

x x

    =  + 

    có giá trị nguyên Câu

a) Tính giá trị biểu thức

1 1

P

2 1 2 2025 2024 2024 2025

= + + +

+ + +

b) Tìm tất sốnguyên dương x, y thỏa mãn x2+y2 =3 x y( + )

Câu

Cho đường trịn ( )O bán kính R điểm M nằm ( )O Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn ( )O (A, B tiếp điểm) Trên đoạn AB lấy điểm C (C khác với A B) Gọi I, K trung điểm MA, MC Đường thẳng KA cắt ( )O điểm thứ hai D

a) Chứng minh KO2−KM2 =R2

b) Chứng minh tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp đường tròn

c) Gọi E giao điểm thứ hai MD với ( )O N trung điểm KE

(161)

b) Cho số thực x,y thỏa mãn (x+ 2018 x+ 2)(y+ 2018 y+ 2)=2018 Tính giá trị biểu thức 2019 2019 ( )

Q=x +y +2018 x y+ +2020

Lời giải

Điều kiện xác định phương trình x 7  Biến đổi phương trình cho ta x x+ − =(2+ x) x−  − +7 x x=(2+ x) x−

Đặt x=a; x− =b a 0; b 0(   ), suy

x =a; x− =b Khi phương trình viết lại thành

( ) ( ) ( )

( )( )

2

b 2a a b b 2b 2a ab b b a b

7

a b x x x

a b b

b 7 x 2

x

+ = +  − + − =  − + − =

 

 = = −  =

 − − =   

=  − =

   =

Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình S 3;7

  =    

b) Cho số thực x, y thỏa mãn ( 2)( 2)

x+ 2018 x+ y+ 2018 y+ =2018 Tính giá trị biểu thức 2019 2019 ( )

Q=x +y +2018 x y+ +2020 Biến đổi giả thiết tốn ta có

( )( )

( )

2 2

2

2 2

2

2018

x 2018 x y 2018 y 2018 x 2018 x

y 2018 y

2018 2018 y y

x 2018 x x 2018 x 2018 y y

2018 y y

+ + + + =  + + =

+ +

+ −

 + + =  + + = + −

+ −

Biến đổi tương tự ta có 2018 x+ − =x 2018 y+ +y Kết hợp hai kết quảtrên ta

2 2 2 x y

2018 x 2018 y 2018 x 2018 y x y

x y

 =

+ = +  + = +  =  

= − 

(162)

2

x+ 2018 x+ = 2018 x+ − x 2x 0=  =  = =x x y

Từđó suy Q x= 2019+y2019+2018(x y) 2020 2020+ + =

+ Trường hợp Với x= −y, từ giả thiết toán ta

( )

2019 2019

Q=x +y +2018 x y+ +2020=2020

Vậy ta ln có Q 2020=

Câu Gọi x ; x1 2là nghiệm phương trình ( )

x −2 m x 2m 0− + − = Tìm tất

các giá trị m nguyên dương để

2 2 x x A x x     =  + 

    có giá trị nguyên Lời giải

Từphương trình ta có  =' (m 1− )2−2m m+ = 2−4m 7+ =(m 2− )2+ 3 Suy

phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với m

Áp dụng định lý Vi – et ta có x1+x2 =2 m ; x x( − ) 2=2m 6− Theo đề ta có

( ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( ) 2 2

2 4 4 2 2

1 2

2 2

2 1 2 1 2 1 2

x x 2x x x x x x 2x x

x x x x

A

x x x x x x x x

 + −  −

+ −

    +  

=  +  = = =

   

Do để tồn tai biểu thức A ta cần x x1 2 0 hay m 3 Từđó ta

( ) ( ) ( )

( ) ( ( ) )

2

2 2

2

4 m 2m 2m 4m 8m 4m 12

A 2

2m 2m

4m 12m 16 2m 6m

2

2m m

 − − −  − − − + − +     = − = − − −  − +   − +  =  − =  − − −    

Do A nhận giá trị nguyên nên

( ) ( )

2

2m 6m 2m 6m

2 2m 6m m

m m

 − +   − +

  −     − + −

− −

  

 

Ta có 2m2−6m 8+ =2m(m 3) 8− + mà 2m m 3( − ) (m 3− ) với m khác

Khi ta (2m2−6m 8+ ) (m 3− )

Hay (2m2−6m 8+ ) (m 3− )8 m 3( − ) nên

(m 3− ) U 8( ) ( m 3−     )  1; 2; 4; 8

(163)

x 3− −8 −4 −2 −1

x −5 −1 11

Kết hợp với m 3 ta có giá trị thỏa mãn toán m − − 5; 1;1; 2; 4; 5; 7;11

Câu

a) Tính giá trị biểu thức

1 1

P

2 1 2 2025 2024 2024 2025

= + + +

+ + +

b) Tìm tất sốnguyên dương x, y thỏa mãn x2+y2 =3 x y( + )

Lời giải

a) Tính giá trị biểu thức P 1

2 1 2 2025 2024 2024 2025

= + + +

+ + +

Trước hết ta chứng minh đẳng thức

(n 1+ ) n n n 11+ + = 1n− n 11+ với số nguyên dương n Thật ta có biến đổi sau

( ) (( )) ( ) ( )

( )

2 2 3

n n n n n n n n

1

n 2n n n n

n n n n n n n n

n n n n 1 1

n n n n 1

+ − + + − +

= =

+ + − −

+ + + + − +

+ − +

= = −

+ +

Áo dụng đẳng thức cho số tự nhiên n 1; 2; 3; ; 2024= ta

1 1

P

2 1 2 2025 2024 2024 2025

1 1 1 1 44

1

45 45

1 2 2024 2025 2025

= + + +

+ + +

= − + − + + − = − = − =

Vậy ta P 44 45

=

b) Tìm tất sốnguyên dương x, y thỏa mãn 2 ( )

x +y =3 x y+ Áo dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

2

2 x y

x y 2xy xy

2

+

+   

Do suy ( )

2

2 x y 2 x y

x y xy x y

2

+ +

+  +  + 

Từđó ta ( ) ( ) ( )

2

2 x y

x y 3(x y) x y x y x y

2

+

(164)

Mà x y sốnguyên dương nên suy x y+ 2; 3; 4; 5; 6 Đến ta xét trường hợp sau

+ Trường hợp Khi x y 2+ = , ta x y 1= = Thay vào phương trình ta thấy không thỏa mãn

+ Trường hợp Khi x y 3+ = , ta x 1; y 2= = x 2; y 1= = Thay vào

phương trình ta thấy khơng thỏa mãn

+ Trường hợp Khi x y 4+ = , ta x 1; y 3= = x 2; y 2= = x 3; y 1= =

Thay vào phương trình ta thấy khơng thỏa mãn

+ Trường hợp Khi x y 5+ = , ta x 1; y 4= = x 2; y 3= = x 3; y 2= = x 4; y 1= = Thay vào phương trình ta thấy không thỏa mãn

+ Trường hợp Khi x y 6+ = , ta x 1; y 5= = x 2; y 4= = x 3; y 3= = x 4; y 2= = x 5; y 1= = Thay vào phương trình ta thấy x 3; y 3= = thỏa mãn yêu cầu toán

Vậy cặp số thỏa mãn yêu cầu toán ( ) ( )x; y = 3;

Câu 4. Cho đường trịn ( )O bán kính R điểm M nằm ngồi đường trịn ( )O Kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn ( )O (A, B hai tiếp điểm) Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác A, C khác B) Gọi I K trung điểm

MA MC Đường thẳng KA cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai D a) Chứng minh KO2 −KM2 =R2

b) Chứng minh tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp

c) Gọi E giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn ( )O N

là trung điểm KE đường thẳng KE cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai F Chứng minh bốn điểm I, A, N, F nằm đường tròn

(165)

L F

K

Q

P

N D

E

H I

O

C

B A

M

a) Chứng minh KO2−KM2=R2

Ta có IM IA= KM KC= nên IK đường trung bình tam giác AMC, IK

song song với AC Lại có MA MB= (tính chất tiếp tuyến cắt M) OA OB R= = nên OM trung trực AB Do ta OM vng góc với AB nên KI vng góc với OM Gọi giao điểm IK OM H

Áp dụng định lý Pitygo cho tam giác vng MHI; KHO; MHK; OHI ta có

2 2

2 2 2 2 2

2 2

MI MH HI

KO KH HO MI KO MH HI KH HO

MK MH HK MK IO MH HI KH HO

O I IH HO

 = +

 

= + + = + + +

 

 

= +  + = + + +

 

 = +



Do IM IA= nên từđó ta suy

2 2 2 2 2 2

MI +KO =MK +IO KO −KM =IO −MI =IO −IA =OA =R Vậy ta KO2−KM2 =R2

b) Chứng minh tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp

Đường thằng KO cắt đường tròn ( )O Q P Ta có KC KM= nên

2 2

KO −KM =R hay KO2−KC2=R2 Từ đó ta có

( )( )

2 2

KC =KO −OP = KO OP KO OP+ − =KQ.KP Do tứ giác ADPQ nội tiếp

đường trịn nên ta có KQ.KP KD.KA= nên KC2 =KD.KA Từđó dẫn đến hai tam

giác CKD AKD đồng dạng nên DCK=KAC=DBM Vậy tứ giác MDCB nội tiếp

đường tròn

(166)

Gọi L trung điểm KD ta có tam giác MKD tam giác AKM đồng dạng với nên suy AEM MAK= =EMK Do AE song song với KM Mặt khác ta có KF.KE KD.KA= hay ta KF.KN KL.KA= nên tứ giác ANFL nội tiếp đường

tròn Điều dẫn đến LAF LNF MEK= = =FMK (vì

2

(167)

Đề số 33

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI Năm học 2018 – 2019

Câu

1) Giải phương trình x4−22x2+25 0=

2) Cho biểu thức P a a a a

a a a a

 +  −

= + 

+ + +

 

b) Tìm số thực dương a cho P đạt giá trị lớn

Câu Giải hệphương trình ( )

2

x xy

x, y 3x 2xy 3y 30

 − =

 



+ − =



Câu Tìm tham số thực m để phương trình x2 −(m x 2m+ ) + =0có hai nghiệm phân biệt x ; x1 2thỏa mãn

( 1)2

1 2

x x

P

x x 3x x

+ − =

+ − + đạt giá trị nhỏ Câu

a) Tìm cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn điều kiện 2x2−4y2−2xy 3x 0− − = b) Cho số thực a, b,c Chứng minh rằng:

( ) ( ) ( )

3 3 3

2 2 2

a b b c c a 1

a b c ab a b bc b c ac c a

+ + +

+ +  + +

+ + +

Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxycho hai điểm M 50;100( )và N 100; 0( ) Tìm số điểm nguyên nằm bên tam giác OMN (Một điểm gọi điểm nguyên hoành độvà tung độ điểm số nguyên)

Câu Cho đường tròn ( )O đường kính AB cốđịnh Biết điểm C thuộc đường trịn ( )O với C khác A B Vẽđường kính CD đường tròn ( )O Tiếp tuyến B đường tròn ( )O cắt hai đường thẳng AC AD hai điểm E F a) Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp đường tròn

(168)

c) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OE AH Chứng minh điểm K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF

d) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF Chứng minh I thuộc

đường thẳng cốđịnh đường trịn ( )I ln qua hai điểm cốđịnh C di động ( )O thỏa mãn điều kiện cho

a a a a

 +  −

= + 

+ + +

 

b) Tìm số thực dương a cho P đạt giá trị lớn

Lời giải

Đặt x2 =t t 0(  ), phương trình trở thành: t2−22t 25 0+ =

Ta có  =' 112−25 96 0=  Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

t =11 6+ 0; t =11 6− 0

Từđó ta ( )

( ) (( ))

2

2 2

x 2 x 2

x 11

x 11 x 2 2 3 x 2

 = +  =  +

 = +  

 

  

 = −  =  −

  = − 

Vậy phương trình cho có tập nghiệm là:

( )

 

S= − 2+ ; 2; 2− − 3; 2+

a a a a

 +  −

= + 

+ + +

 

(169)

( )

( )( )

( )( ) ( )( )

( )( )

a a

a a a a a a

P

a a a a a a a a

2 a a a a a

a a a a a

a a a a a a

a a a a

 +   +  −   − = +  = +  + + + + + +     − + + −   − + = +  = = + + +   = + − = − + +

b) Tìm số thực dương a cho P đạt giá trị lớn Với a 0 ta P= − +a a 2+ Khi ta có

2

1 9

P a a a

2 4

 

= − + + = − −  + 

 

Dấu xẩy a a a

2

− =  =  = Thỏa mãn điều kiện

xác định Vậy giá trị lớn P 4khi

1 a

4

=

Câu Giải hệphương trình ( )

2

x xy

x, y 3x 2xy 3y 30

 − =    + − =  Lời giải

+ Xét x 0= , ta thấy nghiệm hệphương trình cho

+ Xét x 0 , ta có phương trình thứ hệtương đương với

2 6

x xy x y x y

x x

− =  − =  − =

Thay vào phương trình thứ hai hệđã cho ta

( )( )

2

2 2

4

4 2 2

6 108

3x 2x x x 30 3x 2x 12 3x 36 30

x x x

x 2x 6x 108 x x x

x     +  − −  −  =  + − − + − − =      =  − − =  − + =  − =   = − 

Từđó ta nghiệm hệphương trình cho ( ) ( ) (x; y = 3;1 , − −3; 1)

Câu Tìm tham số thực m để phương trình x2 −(m x 2m+ ) + =0có hai nghiệm phân biệt x ; x1 2thỏa mãn

( 1)2

1 2

x x

P

x x 3x x

+ − =

(170)

Từphương trình ta có  =(m 1+ )2−8m=m2−6m 1− Phương trình có hai nghiệm phân biệt  0 hay ta m +3 10 m −3 10

Áp dụng định lý Vi – et ta có x1+x2 =m 1; x x+ 1 2 =2m Theo đề ta có

( )

( ) ( )

1

2 2

1 2

m 1

x x m m

P

m 4m

x x 3x x m 3.2m m

+ −

= = = =

− +

+ − + + − + −

Khi ta có

( ) ( )

( )

2

2 2

m

1 m 8m m 4m

P

8 m 2 8 m 2 8 m 2

+

+ − +

+ = + = = 

− − −

Từđó ta P P

8

−

+    Dấu xẩy m 0+ = m= −2

Vậy giá trị nhỏ P

8

− đạt m= −2

Câu

a) Tìm cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn điều kiện 2x2−4y2−2xy 3x 0− − = b) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

( ) ( ) ( )

3 3 3

2 2 2

a b b c c a 1

+ + +

+ +  + +

+ + +

Lời giải

a) Tìm cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn điều kiện 2x2−4y2−2xy 3x 0− − = Biến đổi phương trình cho ta

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

2

2x 4y 2xy 3x

2x 4xy 2x 2xy 4y 2y x 2y

2x x 2y 2y x 2y x 2y x 2y 2x 2y

− − − − =

 − − + − − − − − =

 − − + − − − − − =  − − + − =

Do x, y số nguyên nên (x 2y , 2x 2y 1− − ) ( + − ) số nguyên Lại 2x 2y 1+ − số nguyên lẻ nên ta có trường hợp sau + Trường hợp Với 2x 2y 1 2x 2y x

x 2y x 2y y

 + − = −  + =  =

 

 − − = −  − = −  = −

(171)

+ Trường hợp Với

7 x

2x 2y 1 2x 2y 3

x 2y x 2y

y  =   + − =  + =     − − =  − =  −    = 

Không thỏa mãn Vậy nghiệm nguyên phương trình cho ( ) (x; y = 1; 1− )

b) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

( ) ( ) ( )

3 3 3

2 2 2

a b b c c a 1

+ + + + +  + +

+ + +

Do a, b số thực dương nên ta có

( )( )

( )

( ) ( )

2

3

2 2

2

2 2

2 a b a ab b

a b 1 a b

2a 2b 2ab

ab(a b ) 2ab a b

2 a ab b b a b

+ − +

+  +   +

+ +

 + + +   − 

Bắt đẳng thức cuối nên ta

3

2

a b 1

2a 2b

ab(a b )

+  +

+ Dấu

xẩy a b=

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có

( ) ( )

3 3

2 2

c b 1 c a 1

;

2c 2b 2c 2a

cb c b ca c a

+ +

 +  +

+ +

Cộng vế theo vế bất đẳng thức chiều ta có

( ) ( ) ( )

3 3 3

2 2 2

a b b c c a 1 1 1 1

2a 2b 2c 2c 2a 2b a b c ab a b bc b c ac c a

+ + + + +  + + + + + = + +

+ + +

Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy a b c= =

Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxycho hai điểm M 50;100( )và N 100; 0( ) Tìm số điểm nguyên nằm bên tam giác OMN (Một điểm gọi điểm nguyên hồnh độvà tung độ điểm số nguyên)

Lời giải

Gọi phương trình đường thẳng OM (OM : y ax b) = + Vì đường thẳng d qua điểm M O nên ta có b a

50a b 100 b

 =  =



 + =  =

 

(172)

Phương trình đường thẳng ON ( )ON : y=0 phương trình đường thẳng MN (MN : y) = −2x 200+ Những điểm (x ; y0 0) nằm tam giác OMN phải thỏa

mãn điều kiện

0 0

0

0 0

0

0 0

y y y

y

y 2x 2x x

0 x 100

y 2x 200 2x 200 x 100

     

 

      

     



  − + − +   

  

Do tọa độ nguyên nên hoành độđiểm thỏa mãn đề x0 =1; 2; ; 98; 99

Lại có 0

0 0

2x 2x 200 x 50

  − +  



  − +  

 

Nếu x0 50 ta có

+ Nếu x0 =1 ta có y0 2x0 y0 2 nên có điểm nguyên + Nếu x0 =2 ta có y0 2x0 y0 4 nên có điểm nguyên

………

+ Nếu x0 =50 ta có y0 2x0 y0 100 nên có 99 điểm ngun

Nếu x0 50 ta có

+ Nếu x0 =51 ta có y0  −2x0+100y0 98 nên có 97 điểm nguyên

………

+ Nếu x0 =99 ta có y0  −2x0 +200y0 2 nên có điểm nguyên Vậy tổng sốđiểm nguyên thỏa mãn yêu cầu toán

( ) 49.(2.1 48.2)

2 97 99 99 4901

2

+

+ + + + + = + =

Câu Cho đường trịn ( )O đường kính AB cố định Biết điểm C thuộc đường tròn ( )O với C khác A B Vẽđường kính CD đường tròn ( )O Tiếp tuyến B đường tròn ( )O cắt hai đường thẳng AC AD hai điểm E F a) Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp đường tròn

(173)

c) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OE AH Chứng minh điểm K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF

d) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF Chứng minh I ln thuộc

đường thẳng cốđịnh đường trịn ( )I qua hai điểm cốđịnh C di động ( )O thỏa mãn điều kiện cho

Lời giải a) Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp đường tròn

Do AB CD đường kính đường trịn ( )O nên tứ giác ACBD hình chữ

nhật Tam giác AEF vng A có AB đường cao nên ta có ACD=BAE=AFE

nên suy tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn

b) Gọi H trung điểm của đoạn thẳng BF Chứng minh OE vng góc với AH

T

H K

O

I

Q P

N M

F E

D C

B A

+ Lời giải Trong tam giác ABF có H trung điểm đoạn thẳng BF O

trung điểm AB nên OH đường trung bình, suy HO song song với AF, từ dẫn đến HO vng góc với AC Trong tam giác AEH có AB HT đường có nên O trực tâm tam giác AEH Từđó suy OE vng góc với AH

+ Lời giải Gọi K giao điểm EO AH Ta có EAF 90= Hai tam giác ABF

ABE vng E nên ta có sin BAF BF 2HF

AF FA

= = sin AEB AB 2AO

AE FA

(174)

khác ta lại có BAF AEB= nên suy HF AO

FA= FA Kết hợp với AFH EAO= suy

hai tam giác AFH AEO đồng dạng với nên ta FAH EAO= Đến ta suy FAH EAK+ =AEO EAK+ =900 nên AEK=900 hay OE vng góc với AH

c) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OE AH Chứng minh điểm K thuộc

đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF

Ta có tam giác OBD cân O nên ODB OBD= Tam giác BDF vng D có H

trung điểm cạnh huyền HH nên suy DH=BH Do tam giác BHD cân H

nên BDH DBH= Vậy

ODH ODB BDH OBD DBH OBH 90= + = + = = =OKH Do

đó tứ giác OKDH nội tiếp đường tròn Suy KDO KHO= CEK=KHO nên ta

được CEK=KDO hay CDK=CEK tứ giác tứ giác ECKD nội tiếp đường tròn Vậy K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF

d) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF Chứng minh I thuộc

đường thẳng cố định đường tròn ( )I luôn qua hai điểm cố định C di động trên ( )O thỏa mãn điều kiện cho.

+ Gọi N giao điểm CB KH Vì góc

ECN=EKN=90 nên EN đường kính ( )I I trung điểm EN Gọi P hình chiếu I lên EF Do NF vuông với EF nên IP song song với NF Ta có IP đường trung bình tam giác ENF nên suy IP FN

2

= Tứ giác AFNB có FN song song với Ab FA song song với NB nên hình bình hành, ta có FN AB= Từđó suy ta IP 1AB OB

2

= = Mà

OB cốđịnh nên I di động đường thẳng song song với EF cách EF khoảng không đổi OB Giả sửđường thẳng AB cắt đường tròn ( )I hai điểm M Q

+ Gọi R bán kính đường trịn tâm O Khi ta có MOD COQ= MDO CQO=

nên hai tam giác ODM OQC đồng dạng với nhau, suy ta OD OM

(175)

2

OM.OQ OD.OC R= = Ta có CAM QAE= ACM AQE= nên hai tam giác

ACM AQE đồng dạng, suy ta AC AM

AQ= AE hay AC.AE AQ.AM= Mà ta

lại có AC.AE AB= =4R2 nên suy AQ.AM 4R= 2 Đến ta có biến đổi

( ) ( )

( )

2

2 2

AQ.AM 4R AO OQ AO OM 4R

R OQ R OM 4R R R.OM R.OQ OQ.OM 4R

R R OQ OM R 4R OQ OM 4R

=  + − =

 + − =  − + − =

 + − − =  − =

Do ta ln tính OQ, OM theo R Mà O cốđịnh R không đổi nên Q, M cốđịnh Vậy đường trịn ( )I ln qua điểm cốđịnh M Q C di động

Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán năm học 2018 - 2019

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan