SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN (Chuyên Toán)
Ngày thi: 03/ 6/ 2018
Thời gián làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2,0điểm)
1. Cho biếu thức : T
a b
2
ab � a b
a 3 b3
:�
�a b
ab
a b
�
�
�, với a �b, a 0, b 0
�
�
a) Rút gọn biểu thức T
b) Chứng tỏ T > 1
2. Cho n là sô tự nhiên chẵn, chứng minh rằng số 20n 3n 16 n 1 chia hết cho số 323
Bài 2: (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình: 3x 2 � 7x 8
4 4
�
�x y x y 3
�
2. Giải hệ phương trình: �
�x y 6 5
�
xy
�
Bài 3: (1,0 điểm).
Cho phương trình: (m 1)x 2 2(2m 3)x 5m 25 0 (m là tham số). Tìm các giá trị m là số nguyên sao cho
phương trình có nghiệm là số hữu tỉ.
Bài 4: (4 điểm).
1. Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn và AB �BC; BC �CA. Xác định vị trí điểm M thuộc miền tam giác ABC
(gồm các cạnh và miền trong tam giác) sao cho tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh nhỏ nhất.
2. Cho tam giác ABC (AB < AC) có các goc đều nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Đường thẳng EF
cắt đường thẳng BC và AD lần lượt tại K và I. Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD lần lượt tại M
và N. Gọi O là trung điểm của BC. Chứng minh:
�
a) DA là phân giác của FDE
b) F là trung điểm của MN
c) OD �
DC OD �
DK
OK OE 2 và BD �
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho hai số dương a, b thỏa mãn a
1
1 . Chứng minh rằng:
b
2
2
� 1 � � 1 � 25
a � �
b ��
�
� a� � b� 2
Lượt giải:
Bài 1: (2,0điểm)
1.
a) Rút gọn T:
Với a �b, a 0, b 0 , ta có:
T
a b
a b
a b ab a 3 a b b a b 3 a 3 b 3 a b ab
a b ab
:
�
a b
a b
ab
a b
a b
ab a b
Vậy : T
a b ab
, với a �b, a 0, b 0 .
ab
b) Chứng tỏ T > 1
Ta có: T
a b ab
, với a �b, a 0, b 0 . (kết quả câu 1.a)
ab
�T
a b
2
ab
ab
a b
2
ab
1 1 (vì
ab 0, a b �0 với a �b, a 0, b 0 )
Vậy T > 1
2. Ta có: a n bn (a b)(a n 1 a n 2 b a n 3 b 2 ... ab n 2 b n 1 ) � a n b n m(a b) (a, b, n, m ��) (*)
Vì n là số tự nhiên chẵn nên n = 2k ( k ��) � A = 20n 3n 16n 1 400k 9k 256 k 1
Áp dụng (*), có: A (400k 1k ) (256 k 9k ) 399x 247y 19 �
21x 19.13y (x, y ��)
� AM
19 với mọi số tự nhiên n chẵn (1)
và có: A (400k 9k ) (256k 1k ) 391p 255q 17 �
23p 17 �
15q (p, q ��)
� AM
17 với mọi số tự nhiên n chẵn
(2)
mà 17 và 19 là hai số nguyên tố cùng nhau nên từ (1) và (2) suy ra: A M
17 �
19 với mọi số tự nhiên n chẵn
Vậy
20n 3n 16n 1M
323 với mọi số tự nhiên n chẵn
Bài 2: (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình: 3x 2 � 7x 8
(1)
� 2
� 2
� 2
� 2
�x �
�x �
�x �
�x �
(1) � � 3
�� 3
�� 3
�� 3
2
2
�
�
�
�
(x 1)(9x 4) �0
(9x 9)(9x 4) �0
9x 12x 4 �7x 8
9x 5x 4 �0
�
�
�
�
� 2
� 2
�x � 3
2
4
�x �
�
�
ۣ
x
� 3
�
4
3
9
�
9x 4 �0 �9x 9 �1 �x �
�
�
9
�
�
Vậy bất phương trình (1) có tập nghiệm S Σ�
�x �|
4 4
�
�x y x y 3
�
2. Giải hệ phương trình: �
�x y 6 5
�
xy
�
2
3
x
4�
�
9
(2)
� 4S
8
�
S
3
S2 5S 6 0
�
�
S 2; P
� P
�
�
��
�
Đặt S = x + y �0; P = xy �0, ta có: (2) � �
5
4S
�
6
P
�
�
S 3; P 2
S 5
�
� S3
� S
8
8
3
2
�0 )
Khi đó: S = 2; P khi và chỉ khi x, y là nghiệm của phương trình: t 2t 0 vô nghiệm ( '
5
5
5
2
S = – 3; P = 2 khi và chỉ khi x, y là nghiệm của phương trinh: t 3t 2 0 � t1 1; t 2 2
Vai trò của x, y trong hệ (2) như nhau, do vậy hệ (2) có hai nghiệm: (x = – 1; y = – 2), (x = – 2; y = – 1)
Bài 3: (1,0 điểm). Phương trình: (m 1)x 2 2(2m 3)x 5m 25 0
(3)
Có ' (2m 3) (m 1)( 5)(m 5) 9m 2 42m 34 (3m 7) 2 15
2
(3) có nghiệm hữu tỉ với m ��khi và chỉ khi ' chính phương, suy ra: (3m 7) 2 15 n 2 (n ��)
� (3m – 7 – n)(3m – 7 + n) = 15 (m, n ��)
(4)
Phương trình (4) tương đương với 8 hệ phương trình:
3m 7 n 15
�
(4.1),
�
3m 7 n 1
�
3m 7 n 1
�
(4.2),
�
3m 7 n 15
�
3m 7 n 5
�
(4.3),
�
3m 7 n 3
�
3m 7 n 3
�
(4.4)
�
3m 7 n 5
�
3m 7 n 15
�
�
3m 7 n 1
�
3m 7 n 1
�
�
3m 7 n 15
�
3m 7 n 3
�
�
3m 7 n 5
�
3m 7 n 5
�
�
3m 7 n 3
�
(4.5),
(4.6)
(4.7),
(4.8)
Giải 8 hệ trên, suy ra hệ phương trình (3) có nghiệm hữu tỉ khi: m = 1 hoặc m = 5
Bài 4: (4 điểm).
1. Gọi khoảng cách từ M đến BC, CA, AB lần lượt là: x, y, z
BC
��
y CA z AB
Ta có: 2SABC xף
(x y z)AB (vì AB �BC �CA )
2S
� xyz �
AB
+ Nếu AB > BC thì dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: M �C
+ Nếu AB = BC > CA thì dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: M thuộc cạnh AC
+ Nếu AB = BC = CA thì M là điểm trong bất kỳ của tam giác ABC
Vậy tổng khoảng các cách từ M đến ba cạnh của tam giác nhỏ nhất bằng chiều cao của cạnh lớn nhất khi:
M trùng C (nếu AB > BC = CA), hoặc M nằm trên cạnh AC (nếu AB = BC > CA) hoặc M là điểm trong bất kỳ của tam
giác ABC nếu AB = BC = CA.
2
�
a) DA là phân giác của FDE
Dễ chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính HB (1) và tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính
AB (2)
� HBF
� (nội tiếp cùng chắn cung HF) (1’),
(1) � HDF
� HDE
� (2’) (nội tiếp cùng chắn cung AF)
(2) � HBF
� HDE
�
(1’) và (2’) suy ra: HDF
�
Vậy DA là phân giác của FDE
b) F là trung điểm của MN
Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q � PQ // MN // AC
� (tương tự chứng minh câu a)
Ta có: FC là phân giác của DFE
mà FB FC nên PB là phân giác trong và FC là phân giác ngoài KFD
�
BK FK CK
KB DB
=
�
=
BD FD CD
KC DC
(3)
Theo hệ quả của định lí Ta-let, ta lại có:
BP KB
=
(4) (vì BP // AC)
CA KC
BQ DB
=
và:
(5) (BQ // AC)
CA DC
BP BQ
� BP = BQ
=
Từ (3), (4), (5) suy ra:
CA AC
Khi đó, áp dụng hệ quả của định lí Ta-let trong hai tam giác ABP và ABQ với MF // PQ, NF // BQ, có:
MF AF FN
MF FN
=
=
�
=
� MF = NF � F là trung điểm của MN
BP AB BQ
BQ BQ
DC = OD �
DK
c) Chứng minh OD �
OK = OE 2 và BD �
� = 2CFE
� (6)
Từ kết quả câu a) � DFE
Dễ chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn
(O) đường kính BC,
� = 2CFE
�
nên EOC
(7)
� = EOC
� � Tứ giác DFEO nội tiếp
Từ (6) và (7) suy ra: DFE
1 �
1
1
� = OEK
�
sđ OE = sđ OF
(vì OE = OF = BC)
2
2
2
OE OD
� OD �
OK = OE 2
Từ đó suy ra: ODE OEK (g.g)
OK OE
�
� ODE
S
Khi đó:
BD �
DC = OB OD OC + OD OB2 OD 2 OD �
OK OD 2 OD OK OD OD �
DK
Bài 5:
1
1
1 � 1 a � ab 1 b v(a > 0, b > 0)
b
b
(x y) 2
lại có HĐT: 2(x 2 y 2 ) (x y) 2 (x y) 2 � x 2 y 2 �
(1) , dấu”=” xãy ra khi và chỉ khi x= y
2
và có HĐT: (x y) 2 (x y) 2 4xy � (x y) 2 �4xy (2), dấu”=” xãy ra khi và chỉ khi x= y
Ta có: a
2
2
2
2
1� �
1 � � ab 1 � � b �
� 1
a b � �
1 b � �
1
1 �
2
2
�
� �
- Áp dụng (1), ta có: � 1 � � 1 � � a
b� �
a � � a � � a � (1’),
a � �
b ��
�
2
2
2
2
� a� � b�
1
1
1
dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a b và a 1
a
b
b
2
1�
b�
�
�
- Áp dụng (2), ta có: �
a �۳۳
� 4
a
b
1
4
a
b
b
a
4 (2’), dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a
Từ (1’) và (2’) suy ra:
2
2
2
1
1
� 1 � � 1 � (1 4)
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a hay b
a � �
b ��
�
b
a
2
� a� � b�
2
2
1
1 � � 1 � 25
Vậy �
a � �
b �� , dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a = và b = 2.
�
� a� � b�
2
2
1
1
và a 1
b
b