015 toán vào 10 chuyên hà nam 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH HÀ NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1

Cho biểu thức
1) Rút gọn
2) So sánh
Câu 2


 1
1+ a
1− a
1 2
Q = 
+
−
1
−
÷
÷ a − 2a + 1 ( 0 < a < 1)
2
a ÷

1 − a 2 − 1 + a ÷
 1+ a − 1− a
 a
Q

Q, Q 3

1) Giải phương trình:

(

x+9 −3

)(

)

9 − x + 3 = 2x
( P) : y = x 2

Oxy

( d ) : y = m, (d ') : y = m2 (0 < m < 1)

2) Trong mặt phẳng tọa độ
cho
và
.
Đường d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B , đường d’ cắt P tại hai điểm phân
biệt C, D (hoành độ A và D âm). Tìm m sao cho diện tích tứ giác ABCD gấp

9 lần diện tích tam giác OCD.
x, y

7 x = 3.2 y + 1

Câu 3 Tìm các số nguyên dương
thỏa mãn
Câu 4. Cho đường tròn (O) và đường thẳng d cố định (d và (O) không có điểm
chung). Lấy M là điểm di động trên đường thẳng d. Vẽ hai tiếp tuyến MA và MB
phân biệt và cát tuyến MCD với (O) sao cho C nằm giữa M và D, CD không đi qua
tâm O. Vẽ dây cung DN song song với AB. Gọi I là giao điểm của CN và AB.
Chứng minh rằng
a)

IC BC
=
IA BD

và

IA = IB

I

b) Điểm luôn thuộc một đường cố định khi M di chuyển trên đường thẳng d
Câu 5 Một học sinh tùy ý chấm 6 điểm phân biệt vào trong hình tròn có bán kính
1. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 điểm A, B trong 6 điểm đã cho sao cho
Câu 6. Cho các số thực dương

x, y , z

thỏa mãn

xy + yz + xz ≥ x + y + z

AB ≤ 1


x2

+

x3 + 8

y2
y3 + 8

+

z2
z3 + 8

≥1

Chứng minh rằng:

ĐÁP ÁN
Câu 1.
1)Rút gọn Q

0 < a <1

Điều kiện


 1
1+ a
1− a
1 2
Q=
+
−
1
−
÷
÷ a − 2a + 1
2
a
1 − a 2 − 1 + a  a
 1+ a − 1− a
2


2

(1− a)
1+ a

÷ 1 − a − 1 ÷ a 2 − 2a + 1
=

+
 1+ a − 1− a
a2
a÷
1 − a 1 − a − 1 + a ÷




  1 − a2 1 
1+ a
1− a
2
=
+
− ÷ ( a − 1)
÷
a÷
1+ a − 1− a  a
 1+ a − 1− a

1 + a + 1 − a  1 − a2 1 
=
.
− ÷ a −1
( do a > 0)
a÷
1 + a − 1 − a  a


(

=

(
=

1 + a + 1 − a 1 − a2 − 1
.
(1 − a)
a
1+ a − 1− a
1+ a + 1− a

(

)(

1+ a − 1− a

1+ a − 1− a

)

1+ a −1+ a

)

( do

).

1 − a2 −1
(1− a)
a

1 − a2 − 1
=
.
.(1 − a)
a
1 + a + 1 − a − 2 1 − a2
=

2a

.

2 − 2 1 − a2
= −(1 − a ) = a − 1

1 − a2 − 1
(1 − a)
a

2) So sánh ….
Điều kiện

0 < a <1

0 < a < 1)


Ta có:

Q 3 = ( a − 1)

3

Q 3 − Q = ( a − 1) − ( a − 1)
3

Xét hiệu :

2
= ( a − 1) ( a − 1) − 1 = ( a − 1) ( a − 1 − 1) ( a − 1 + 1) = a (a − 1)(a − 2)



a > 0

0 < a < 1 ⇒  a − 1 < 0 ⇒ a ( a − 1) ( a − 2 ) > 0
a − 2 < 0


Mà

⇒ Q3 − Q > 0 ⇔ Q3 > Q
Q3 > Q

Vậy
Câu 2.

1) Giải phương trình:
ĐKXĐ:

(

x +9 −3

)(

)

9 − x + 3 = 2 x (*)

−9 ≤ x ≤ 9

a = x + 9

b = 9 − x

(a ≥ 0)

2
a = x + 9
⇒
( b ≥ 0 ) b2 = 9 − x

⇒ a 2 + b 2 = 18 ⇔ b 2 = 18 − a 2

(1)

( *) ⇔ ( a − 3 ) ( b + 3 ) = 2 ( a 2 − 9 )
⇔ ( a − 3) ( b + 3 ) = 2 ( a − 3) ( a + 3)
⇔ ( a − 3 ) ( b + 3 − 2a − 6 ) = 0
⇔ ( a − 3 ) ( b − 2a − 3 ) = 0
Đặt

a − 3 = 0
a = 3
⇔
⇔
b − 2 a − 3 = 0
b = 2 a + 3

+)Với

a = 3 ⇒ ( 1) ⇔ b 2 = 18 − 9 = 9 ⇒ b = 3

x + 9 = a2 = 9

⇒
⇔ x = 0 (tm)
2
9
−
x
=
b

=
9



b = 2a + 3 ⇒ ( 1) ⇔ ( 2a + 3) = 18 − a 2
2

+)Với

( do

b ≥ 0)


⇔ 4a 2 + 12a + 9 = 18 − a 2
⇔ 5a 2 + 12a − 9 = 0
⇔ ( a + 3 ) ( 5a − 3 ) = 0
 a = −3 (ktm)
⇔
 a = 3 (tm) ⇒ b = 2a + 3 = 2. 3 + 3 = 21 (tm)
5
5
5

2

 3
2
x + 9 = a =  ÷

216

5
⇒
⇔
x
=
−
(tm)
2
25
21
 

2
9 − x = b =  5 ÷



 216 
S = −
;0 
 25 

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy……….
Điều kiện:

0 < m <1

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng

(
(

 A − m; m
x = m

x −m =0⇔ x = m⇔ 
⇒
B m ; m
 x = − m

2

2

Phương trình hoành độ giao điểm của

d'

)

d

)

và đồ thị hàm số

và đồ thị hàm số (P) là:

C ( m; m 2 )
x = m

x −m =0 ⇔ x = m ⇔ 
⇒
 x = −m  D ( −m; m 2 )
2

2

Ta có

d,d '

2

2

là hai đường thẳng cùng song song với

AB / / CD ⇒ ABCD

là hình thang

S ABCD =

Khi đó ta có:

1

( AB + CD ) .d ( d , d ')
2

d ( d , d ') = m − m2 = m − m2

Có:

Ox ⇒ d / / d '

(do

0 < m < 1)

hay

( P)

là:


AB =

(

CD =

( −m − m )

m+ m

⇒ S ABCD =
=

2

)

2

=2 m

= 2m

1
( AB + CD ) d .( d ; d ')
2

(

)

1
2 m + 2m ( m − m 2 ) =
2
SOCD =

Lại có:

(

)

)

m + m ( m − m2 )

1
1
d ( O; CD ) .CD = m 2 .2m = m3
2
2

Theo đề bài ta có:
⇒

(

S ABCD = 9.SOCD

m + m ( m − m 2 ) = 9m 3

⇔m m

(

)

m + 1 ( 1 − m ) = 9m 3

⇔ m − m m + 1 − m = 9m m

⇔ 10m m + m − m − 1 = 0

(

)(

)

⇔ 2 m − 1 5m + 3 m + 1 = 0
2 m − 1 = 0
⇔
5m + 3 m + 1 = 0
m=

Vậy
Câu 3.

1
4

+)Xét
+)Xét

x =1

7 x = 3.2 y + 1(*)

ta có:

x=2

x>2

ta có:
và

( *) ⇔ 7 = 3.2 y + 1 ⇔ y = 1
( *) ⇔ 72 = 3.2 y + 1 ⇔ 2 y = 16 ⇔ y = 4

y >5

ta có:

3.2 ≡ 0(mod8) ⇒ VP ≡ 1(mod8) ⇒ 7 x ≡ 1(mod8)
y

Vì

1
1
⇔m=
2
4

thỏa mãn bài toán

Phương trình :
+)Xét

(VN )

⇔ m=


⇒ xM2 ⇒ x = 2n

⇒ ( *) ⇔ 7 2 n +1 − 1 = 3.2 y ⇔ ( 7 n − 1) ( 7 n + 1) = 3.2 y
⇒ ( 7 − 1) M
3, 7
n

n −1

7 n + 1 = 2a
> 3 ⇒ ∃a , b :  n
( a + b = y)
b
7 − 1 = 3.2

⇒ 2a − 3.2b = 2 ⇔ 2b. ( 2a −b − 3) = 2

 2b = 1
b = 0
⇔  a −b
(VN )
  a −b
 2 − 3 = 2
2 = 5
⇒
b

b = 1
 2 = 2
⇔
(tm)

 2a −b − 3 = 1 a = 3


⇒ 7 n = 2 a − 1 = 8 − 1 = 7 ⇒ n = 1 ⇒ x = 2n = 2

Vậy các số nguyên dương
Câu 4.

x, y

thỏa mãn

( x; y ) ∈ { ( 1;1) ; ( 2; 4 ) }


IC BC
=
IA BD

a)

Xét đường tròn
·
·
CAB

= CDB

Ta có:

( O)

IA = IB

ta có:

(hai góc nội tiếp chắn cung BC) (1)

ND / / AB ⇒ sd

·ACN

Mà

và

cung

AN = sd

là góc nội tiếp chắn cung

1
 1
·
⇒ ·ACN = BCD

 = sd AN = sd
2
 2

⇒ ∆ACI : ∆DCB

Từ (1) và (2)
⇒

cung BD

·
AN ⇒ DCB


BD ÷


là góc nội tiếp chắn cung BD

( 2)

(g − g )

AI
CI
AC
IC BC
=
=

⇔
=
(dpcm)
DB CB DC
IA BD

Chứng minh tương tự ta có
Xét

∆MBC

·
DMB

và

∆MDB

IC AC
=
IB AD

ta có:

chung

·
·
MBC
= MDB

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung

BC)

⇒ ∆MBC : ∆MDB ( g .g )
⇒

MB MC BC
=
=
MD MB BD

(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
∆MAC : ∆MDA( g .g ) ⇒

Chứng minh tương tự ta có:
 IC MA  AC 
 IB = MD  = AD ÷



⇒
 IC = MB  = BC 
 IA MD  BD ÷


MA MC AC
=
=

MD MA AD


⇒ IA = IB

MA = MB

Mà
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
b) Điểm I luôn thuộc một đường cố định….
OH ⊥ d = { H }

Kẻ

. Gọi

{ K } = OH ⊥ AB

IA = IB (cmt ) ⇒

Vì

I là trung điểm của AB
∆OIK
∆OHM
Xét
và
ta có:
·
IOK

⇒

chung;

(dpcm)

⇒ M , I,O

thẳng hàng và

MO ⊥ AB = { O}

·
·
OIK
= OHM
= 900 ⇒ ∆OIK : ∆OHM ( g .g )

OI
OK
=
⇒ OI .OM = OK .OH
OH OM

Lại có:

OB 2 = OI .OM

(Hệ thức lượng trong

⇒ OB 2 = OH .OK ( = OI .OM ) ⇒ OK =

Mà

OB = R 2 , OH = d ( O; d )
OI ⊥ IB, O, K

không đổi

∆OBM

vuông tại B có đường cao BI)

2

OB
OH

⇒ OK

không đổi hay

K

cố định

I

Vì

cố định nên ta có thuộc đường tròn đường kính OK cố định
(đpcm)
Câu 5.
Ta xét hai trường hợp sau:
TH1: Nếu trong 6 điểm đã cho tồn tại một điểm là tâm của đường tròn, khi đó bài
toán được chứng minh
TH2: Nếu trong sáu điểm không có điểm nào trùng với tâm của đường tròn, ta xét
hai khả năng xảy ra là:
+)Trong sáu điểm có hai điểm cùng nằm trên một bán kính của đường tròn, khi đó
bài toán được chứng minh.
+)Trong sáu điểm đã cho không có hai điểm nào cùng nằm trên mọt bán kính.
Khi đó ta vẽ sáu bán kính đi qua sáu điểm đã cho, cứ hai bán kính gần nhau tạo ra
một góc ở tâm. Như vậy ta có sáu góc ở tâm.
Theo nguyên lý cực hạn thì trong sáu góc đó tồn tại một góc có số đo bé nhất
Mà tổng số đo của 6 góc là

3600

0

nên góc bé nhất không vượt quá 60

Không mất tính tổng quát, ta giả sử góc đó là
minh

AOB

. Đến đây ta có điều phải chứng

Câu 6.
Áp dụng BĐT Cô si ta có:

( xy + yz + xz )

≥ ( x + y + z ) ≥ 3 ( xy + xz + yz ) ⇒ xy + xz + yz ≥ 3

2

2

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwwarz ta có:

( x + y + z)
( y + 2) ( y 2 − 2 y + 4) + ( z + 2) ( z 2 − 2 + 4 )
2

VT ≥

( x + 2) ( x2 − 2 x + 4) +

( x + y + z)

⇔ VT ≥

⇔ VT ≥

2

( + y + z + 6 )  x 2 + y 2 + z 2 − 2 ( x + y + z ) + 12 

( x + y + z)

2

( 2 xy + 2 xz + 2 yz + 3)  x 2 + y 2 + z 2 − 2 ( x + y + z ) + 12

2( x + y + z )
⇔ VT ≥ 2
x + y 2 + z 2 − 2 ( x + y + z ) + 15 + 2 ( xy + yz + xz )
2

⇔ VT ≥
⇒

2( x + y + z)

( x + y + z)

2

2

− 2 ( x + y + z ) + 15

Ta cần chứng minh:
2( x + y + z )

2

≥1

( x + y + z ) − 2 ( x + y + z ) + 15
2
⇔ ( x + y + z ) + 2 ( x + y + z ) − 15 ≥ 0
⇔ ( x + y + z + 5) ( x + y + z − 3) ≥ 0
2

Điều này là luôn đúng do:
Dấu “=” xảy ra
x2
x3 + 8

Vậy

+

x + y + z ≥ 3 ( xy + yz + xz ) = 3

⇔ x = y = z =1

y2
y3 + 8

+

z2
z3 + 8

≥1