c2 toanmath com đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên năm học 2017 2018 môn toán trường chuyên lê quý đôn bình định (chuyên toán)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2017 - 2018
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

Đề chính thức
Môn: TOÁN (Chuyên toán)
Ngày thi: 04/06/2017
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (2,0 điểm)

 x 2
x  2  x 2  2x  1

Cho biể u thức A = 

2
x  2 x  1 
 x 1
a) Tı̀m điề u kiê ̣n của x để biể u thức A có nghıã . Rút go ̣n A
b) Tım
̀ x để A  0
c) Tı̀m giá tri ̣lớn nhấ t của A.
Bài 2: (2,0 điểm)
1) Giải phương trıǹ h sau:

4x 4  4x 3  20x 2  2x  1  0

2) Chứng minh rằ ng nế u số tự nhiên abc là số nguyên tố thı̀ b 2  4ac không là số chıń h
phương.

Bài 3: (1,0 điểm)
Cho đa thức f(x) = x 2 – 2(m + 2)x + 6m + 1 (m là tham số ). Bằ ng cách đă ̣t x = t + 2. Tı́nh f(x)
theo t và tı̀m điề u kiê ̣n của m để phương trıǹ h f(x) = 0 có hai nghiê ̣m lớn hơn 2.
Bài 4: (4,0 điểm)
1. Cho đường tròn (T) tâm O đường kıń h AB, trên tiế p tuyế n ta ̣i A lấ y mô ̣t điể m P khác A,
điể m K thuô ̣c đoa ̣n OB (K khá c O và B). Đường thẳ ng PK cắ t đường tròn (T) ta ̣i C và D (C nằ m
giữa P và D), H là trung điể m của CD.
a) Chứng minh tứ giác AOHP nô ̣i tiế p đươ ̣c đường tròn.
 = BAH

b) Kẻ DI song song với PO, điể m I thuô ̣c AB, chứng minh: PDI
c) Chứng minh đẳ ng thức PA 2 = PC.PD
d) BC cắ t OP ta ̣i J, chứng minh AJ song song với DB.
2. Cho tam giác ABC vuông ta ̣i A. Từ điể m I thuô ̣c miề n trong tam giác, kẻ IM  BC, kẻ
IN  AC, IK  AB. Tı̀m vi ̣trı́ của I sao cho tổ ng IM 2 + IN 2 + IK 2 nhỏ nhấ t.

Bài 5: (1,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mañ xyz  1.
x 1  y3  y 1  z 3 
z 1  x 3 


0
Chứng minh rằng:
y3
z3
x3

Bài 1:
a) Điề u kiê ̣n để A có nghıã là x  0 và x  1


 x 2
x  2  x 2  2x  1 
x 2
A = 

=



2
x  2 x  1
x 1
 x1
 x 1

 x 2
x 1
x 2
x  1   x  12
=
=

2
2



2
 x1
x 1
x 1
x 1 











 
 







x 2x



b) A  0  – x +

x  0  x– x  0 

x







 




2
x  2   x  1
2 
2
x 1 


2
2 x x  1 x  1
x  2  x  1
.


=–x+
2
x  1  x  1
2 x1





x







x



x 1  0  0  x  1

 0  x  1. Kế t hơ ̣p với điề u kiê ̣n ban đầ u x  0 và x  1. Ta đươ ̣c: 0  x < 1
2

1
1 1

c) A = – x + x =   x     với mo ̣i x

2
4 4

1
1
1
Dấ u “=” xảy ra khi x  = 0  x   x  (TMĐK x  0 và x  1)
2
2
4
1
1
khi x =
Vâ ̣y GTLN của A là
4
4
Bài 2:
1) x = 0 không phải là nghiê ̣m của phương trı̀nh nên x  0. Do đó chia cả hai vế phương trı̀nh cho
1 
1


x 2  0, ta đươ ̣c:  4x 2  2   2  2x    20  0 (1)
x 
x


1
1
Đă ̣t: y = 2x   4x 2  2  y 2  4 .

x
x
Do đó PT (1) trở thành: y 2  2y  24  0  y = – 6 ; y = 4
1
3  7
3  7
; x2 
Với y = – 6 ta có: 2x  = – 6  2x 2  6x  1  0  x1 
x
2
2
1
2 2
2 2
Với y = 4 ta có: 2x  = 4  2x 2  4x  1  0  x1 
; x2 
x
2
2
 3  7 3  7 2  2 2  2 
Vâ ̣y phương trın
;
;
;

̀ h đã cho có tâ ̣p nghiê ̣m là: S = 
2
2
2
2




Cách 2: 4x 4  4x 3  20x 2  2x  1  0   4x 4  4x 3  x 2   21x 2  2x  1  0

  2x 2  x   2  2x 2  x   1  25x 2   2x 2  x  1  25x 2
2

2

 2x 2  4x  1  0 1
 2x 2  x  1  5x
 2
 2
 2x  6x  1  0  2 
 2x  x  1   5x
2 2
2 2
; x2 
PT (1): 2x 2  4x  1  0  x1 
2
2
3  7
3  7
; x2 
PT (2): 2x 2  6x  1  0  x1 
2
2
 3  7 3  7 2  2 2  2 
;

;
;
Vâ ̣y phương trıǹ h đã cho có tâ ̣p nghiê ̣m là: S = 

2
2
2
2


2
2
2) Chứng minh bằ ng phản chứng. Giả sử b  4ac là số chın
́ h phương m  m  N 

Xét 4a. abc = 4a(100a + 10b + c) = 400a 2 + 40ab + 4ac =  20a + b    b 2  4ac 
2


=  20a + b   m 2 = (20a + b + m)(20a + b – m)
2

Tồ n ta ̣i mô ̣t trong hai thừa số 20a + b + m, 20a + b – m chia hế t cho số nguyên tố abc . Điề u này
không xảy ra vı̀ cả hai thừa số trên đề u nhỏ hơn abc .
Thâ ̣t vâ ̣y, do m < b (vı̀ m 2  b 2  4ac  0 ) nên:

20a + b – m  20a + b + m < 100a + 10b + c = abc
Vâ ̣y nế u số tự nhiên abc là số nguyên tố thı̀ b 2  4ac không là số chın
́ h phương.
Bài 3:

2
Ta có: h(t) = f(t + 2) =  t  2   2  m  2  t  2   6m  1

= t 2 + 4t + 4  2 mt  4m  4t  8  6m  1
= t 2  2 mt  2m  3
 t 2  2 mt  2m  3 = 0 (*)
Phương trın
̀ h: f(x) = 0 có 2 nghiê ̣m lớn hơn 2  Phương trıǹ h h(t) = 0 có 2 nghiê ̣m dương
 m  12  2  0, m
  0
3


 P  0  2m  3  0
m
2
S  0
2m  0


3
Vâ ̣y với m  thı̀ phương trı̀nh f(x) = 0 có 2 nghiê ̣m lớn hơn 2.
2
Bài 4
1. a) Chứng minh tứ giác AOHP nô ̣i tiế p đươ ̣c đường tròn. P
Ta có: OH  CD ta ̣i H (vı̀ HC = HD)
 + OAP
  900  900  1800
1
Do đó: OHP

2
 Tứ giác AOHP nô ̣i tiế p đường tròn đường kı́nh OP
J
 = BAH

b) Chứng minh: PDI
1
C
N
 = DPO
 (so le trong và DI // PO)
PDI
  BAH
 (vı nô ̣i tiế p cùng chắ n OH
)
DPO
̀
 = BAH

Do đó: PDI

1

1
H

c) Chứng minh đẳ ng thức PA 2 = PC.PD
A
PA PC
 PAC ~  PDA (g.g) 

=
 PA 2 = PC.PD
PD PA
d) Chứng minh AJ // DB.
Kẻ tiế p tuyế n PN (N khác A) của đường tròn (T),
Với N là tiế p điể m.
Ta có chứng minh đươ ̣c PO là đường trung trực của NA
 JA = JN
 APJ và  NPJ có: PA = PN; P2 = P1 ; JA = JN
 N
 (1)
  APJ =  NPJ (c.g.c)  A
1

2

I
3

O

D

1

=A
 = P (vı tứ giác PAON nô ̣i tiế p) và JCN
+C
  1800 (vı 2 góc kề bù)
Ta có: C

̀
̀
1
2
1
1
0




 JCN = P  180  Tứ giác NCJP nô ̣i tiế p đươ ̣c  N = A (2)
1

B

K

1

3

 A

Từ (1) và (2) suy ra: A
1
3





Ta có: A 3  JAO  A1 + JAO  900  JA  AD ta ̣i A (3)
  900 (vı nô ̣i tiế p chắ n nửa đương tron)  DB  AD (4)
Có: ADB
̀
̀
̀
Từ (3) và (4) suy ra: AJ // DB

GV: Võ Mô ̣ng Trı̀nh – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bı̀nh Đinh
̣


2

2. Bổ đề : Với a > 0; b > 0 ta có: a + b

2

a + b


2

(1). Dấ u “=” xảy ra khi a = b
2
2
Thâ ̣t vâ ̣y: (1)  2a 2  2b 2  a 2  2ab  b 2  a 2  2ab  b 2  0   a  b   0 (BĐT đúng)

Dấ u “=” xảy ra khi a = b. Vâ ̣y: a 2 + b 2 

a + b

2

A

2
Kẻ đường cao AH  H là điể m cố đinh
̣ (vı̀ A, B, C cố đinh)
̣
K
N
Go ̣i P là hıǹ h chiế u vuông góc của M trên AH.
Áp du ̣ng đinh
̣ lý Pytago cho các tam giác vuông
P
I
INA, IPA ta có: IN 2 + AN 2  IN 2  I K 2  IA 2  PA 2
Mă ̣t khác: IN = PH nên:
B
IM 2 + IN 2  IK 2  PH 2  PA 2
H
M
Áp du ̣ng bổ đề trên ta có:
2
PH + PA 

AH 2
2

2
2
2
2
IM + IN  IK  PH  PA 

: không đổ i (vı̀ A, H cố đinh)
̣
2
2
AH
Dấ u “=” xảy ra khi IA = PA = PH =
 I là trung điể m của đường cao AH
2
Vâ ̣y khi I là trung điể m của đường cao AH thı̀ tổ ng IM 2 + IN 2 + IK 2 đa ̣t GTNN là

C

AH 2
2

Cách 2:
IM 2 + IN 2  IK 2  IM 2 + KN 2 (vı̀ IN 2  IK 2  KN 2 )

= IM 2 + IA 2
Theo bổ đề , ta có: IM + IN  IK  IM  IA
2

2

2

2

2

 IM + IA 


2

2
Dấ u “=” xảy ra khi A, I, M thẳ ng hàng, M trùng H và IM = IA
 I là trung điể m của đường cao AH



AM 2 AH 2

: không đổ i
2
2

Vâ ̣y khi I là trung điể m của đường cao AH thı̀ tổ ng IM 2 + IN 2 + IK 2 đa ̣t GTNN là
Bài 5:

Ta có:

x 1  y3 
y

3



Ta có: xyz  1 nên

y 1  z 3 
z

3



z 1  x 3 
x

3

0 

x
y
z
+ 3 + 3 x+y+z
3
y
z
x

1.x 1.y 1.z x 2 z y 2 x z 2 y
+ 3 + 3  2 + 2 + 2 (1)
y3
z
x
y
z
x

Áp du ̣ng bấ t đẳ ng thức Cô si cho 3 số dương:

x 2z y2 x
; 2 ; z, ta đươ ̣c:
z
y2

x 2z
x 2z
y2 x
y2 x
z2 y
z2 y
+
z

3x;
tương
tự
:
+

+
x

3y
va
+
+
+ y  3z
̀
z2
z2
x2
x2
y2
y2

 x 2 z y2 x z 2 y 
Cô ̣ng theo vế ta đươ ̣c: 2  2 + 2 + 2   x + y + z  3  x + y + z  (2)
z
x 
 y
x 2 z y2 x z 2 y
 2 + 2 + 2 x+y+z
y
z
x
x
y
z
Từ (1) và (2) suy ra: 3 + 3 + 3  x + y + z . Dấ u “=” xảy ra khi x = y = z = 1

y
z
x
GV: Võ Mô ̣ng Trı̀nh – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bı̀nh Đinh
̣

AH 2
2