029 toán vào 10 chuyên thừa thiên huế 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
NĂM HỌC 2018-2019
Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2018
Môn thi: TOÁN ( CHUYÊN TOÁN)
Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thởi gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: ( 1,5 điểm)
5x - 12 x - 32
Q ( x) = x + x + 3.
P ( x0 )
x
x - 16
a) Cho các biểu thức
và
Tìm số nguyên 0 sao cho
Q ( x0 )
P ( x0 )
Q ( x0 ) .
và
là các số nguyên, đồng thời
là ước của
x
x2
t= 2
.
A= 4

x - x + 1 Tính giá trị biểu thức
x + x2 + 1 theo t.
b) Cho
P ( x) =

Câu 2: (2,0 điểm)
1

11
3
x- .
8
2 Gọi A, B là các giao điểm của ( P ) và d.
a) Cho parabol
và đường thẳng
Tìm tọa độ điểm C trên trục tung sao cho CA + CB có giá trị nhỏ nhất.

( P ) : y = 4x

2

d :y =

�
2x2 + xy - y2 - 5x + y + 2 = 0
�
.
�2
�
x + y2 + x + y - 4 = 0

�
b) Giải hệ phương trình �
Câu 3: ( 1,5 điểm)
2
a) Xác định các giá trị của m để phương trình x - 2mx - 6m - 9 = 0 ( x là ẩn số) có hai nghiệm phân
1
1
1
+
= .
x ,x
x
2x2
3
biệt 1 2 thỏa mãn điều kiện 1

b) Giải phương trình

3

3x2 - x + 1 -

3

3x2 - 7x + 2 -

3

6x - 3 = 3 2.

Câu 4: ( 3 điểm)
ABC ( AB < AC )
Cho tam giác nhọn
nội tiếp đường tròn tâm O, có ba đường cao là AD, BE ,CF và trực
tâm là H . Gọi M là giao điểm của AO với BC và P ,Q lần lượt là chân các đường vuông góc vẽ từ M
đến AB, AC .

a) Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .
b) Chứng minh HE .MQ = HF .MP .
2

�
MB DB
AB �
�
.
=�
.
� �
�
�
�
MC DC
AC �
�
c) Chứng minh
Câu 5: ( 2 điểm)
1
1 1 49
+

+ � .
x
,
y
,
z
16
x
4
y
z 16
a) Cho
là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng


b) Cho số tự nhiên z và các số nguyên x, y thỏa mãn x + y + xy = 1. Tìm giá trị của x,y, z sao cho
( 2z+1 + 42) ( x2 + y2 + 1+ x2y2) là số chính phương lớn nhất.
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Giám thị không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:………………………..Số báo danh: ……………………..
LỜI GIẢI THAM KHẢO CHO HỌC SINH
GV: ĐỖ CAO LONG. TP HUẾ
5x - 12 x - 32
Q ( x) = x + x + 3.
x - 16
1a) Cho các biểu thức
và
P ( x0 )
Q ( x0 )
P ( x0 )

Q ( x0 ) .
x
Tìm số nguyên 0 sao cho
và
là các số nguyên, đồng thời
là ước của
Giải:
P ( x) =

(

Ta có

)(

)

5 x +8 x - 4
5x - 12 x - 32
5 x +8
P ( x) =
=
=
= 5x - 16
x - 16
x +4

12
x +4

� x0 + 4
P ( x0 )
Suy ra
nguyên
là các ước nguyên dương của 12
�x + 4 = 4
�
x0 = 0
�0
�
�
�
� �x0 + 4 = 6 � �
x0 = 4 .
�
�
�x + 4 = 12
x = 64
�
�
�0
�0
�
P ( 0) = 2 �
P ( 4) = 3 �
P ( 64) = 4
�
�
�
;�

;�
.
�
�
Q ( 0) = 3 �
Q ( 4) = 9 �
Q ( 64) = 75
�
�
�
�
�
Ta có �
x = 4.
Vậy 0

t=
1b) Cho

x
x2
.
A
=
x2 - x + 1 Tính giá trị biểu thức
x4 + x2 + 1 theo t.
Giải:

Lời giải 1:
1) Nếu x = 0 thì t = 0 và A = 0.

2
2
� 1
�
� 1�
� 1�
�
1
1
�
�
�
�
x + - 1�
t = 1� x + = + 1� �
x+ �
1+ �
�
�
�
�= �
�
�
�
�
�
�
x
x
t

x
t�
�
�
�
�
�
�
2) Nếu x � 0 thì
1
1 2
� x2 + 2 = 2 + - 1.
t
x
t
1
1
t2
A=
=
=
.
1
1 2 1 + 2t
2
x + 2 +1
+
x
t2 t
Khi đó:

t2
A=
.
1 + 2t
Từ hai trường hợp trên suy ra
Lời giải 2:
x2
x2
x2
A= 4
=
= 2
2
x + 2x2 + 1- x2
x + x + 1 x2 - x + 1
x2 + 1 - x2
Ta có

(

)

(

)(

)

.

(

)

2
x2 - x + 1 + 2x
� x
� x2 + x + 1
t2
2
�
�
�
= �2
:
=
t
:
=
.
� 2
�
1 + 2t
x - x + 1�
x2 - x + 1
�
� x - x +1

1

11
3
x- .
8
2 Gọi A, B là các giao điểm của ( P ) và d.
2a) Cho parabol
và đường thẳng
Tìm tọa độ điểm C trên trục tung sao cho CA + CB có giá trị nhỏ nhất.
Giải:
1 2 11
3
x = x- .
8
2
Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình: 4

( P ) : y = 4x

2

d :y =

3
x= .
2
Phương trình này có hai nghiệm: x = 4 và
�
3 9�

�
A ( 4;4) , B �
.
�; �
�
�
�
2 16�
�
Suy ra

A '( - 4;4)
Dễ thấy hai điểm A, B cùng nằm về một phía so với trục tung. Lấy điểm
đối xứng với A qua
trục tung. Khi đó CA +CB = CA '+CB �A 'B , nên CA +CB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi A ',C , B
thẳng hàng, tức là khi C là giao điểm của đường thẳng A 'B với trục tung.

Phương trình đường thẳng d ' đi qua A ' và B có dạng y = ax + b.
�
5
�
�
4 = - 4a + b
a =�
�
�
�
8.
��
�9

3
�
�
3
5
3
=
a
+
b
�
�
b=
d' : y = - x + .
�
�
16 2
�
�
� 2
8
2
Ta có hệ
Suy ra
� 3�
�
C�
0; �
.
�

�
�
�
2�
�
Vậy

�
2x2 + xy - y2 - 5x + y + 2 = 0
�
.
�2
�
x + y2 + x + y - 4 = 0
�
2b) Giải hệ phương trình �
Giải:
2
2
2
2x + xy - y - 5x + y + 2 = 0 � y - ( x + 1) y - 2x2 + 5x - 2 = 0
Ta có:
2
�
�
2
� x + 1�
x + 1)
�
�

(
2
�- �
��
y+ 2x - 5x + 2�
=0
�
� � 4
�
2
�
� �
�
�
�
2

� x + 1� 9x2 - 18x + 9
���
y= 0�
�
�
2
4
�
�

2

� x + 1�

�
�y�
�
2
�
�

2

�
3x - 3�
�
�
�
=0
�
�
�
�
� 2 �


� x + 1 3x - 3�
�
� x + 1 3x - 3�
�
�
�
�
��

yy+
=0
�
�
�
�
�
�
2
2 �
2
2 �
�
�
�
�
�
�
y - 2x + 1 = 0
y = 2x - 1
�
� ( y - 2x + 1) ( y + x - 2) = 0 � �
�
.
�
�
y
+
x
2

=
0
y
=
2
x
�
�
�
�
 Trường hợp y = 2x - 1, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

�
x =1
�
x + ( 2x - 1) + x + 2x - 1- 4 = 0 � 5x - x - 4 = 0 � �
4.
�
x
=
�
5
�
� 4 13�
�
�
;
.
�
( x;y) = ( 1;1) ,( x;y) = �

�
�
5
5�
�
�
Trường hợp này hệ đã cho có hai nghiệm:
2

2

2

 Trường hợp y = 2 - x, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
2

x2 + ( 2 - x) + x + 2 - x - 4 = 0 � 2x2 - 4x + 2 = 0 � x = 1.
Trường hợp này hệ đã cho có một nghiệm:

( x;y) = ( 1;1) .
�4

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:

- ;�
( x;y) = ( 1;1) ,( x;y) = �
�5
�

�

13�
�
.
�
5�
�

2
3a) Xác định các giá trị của m để phương trình x - 2mx - 6m - 9 = 0 ( x là ẩn số) có hai nghiệm phân
1
1
1
+
= .
x ,x
x
2x2
3
biệt 1 2 thỏa mãn điều kiện 1
Giải:
2
Điều kiện để phương trình x - 2mx - 6m - 9 = 0 ( x là ẩn số) có hai nghiệm phân biệt là:

D=++>�+>۹' m2 6m 9

0

(m

3)

2

0

m

3.

�
x- m = m+3
2
2
x2 - 2mx - 6m - 9 = 0 � ( x - m) = ( m + 3) � �
�
�
x - m = 3- m
�
�
Khi đó
x = 3, x2 = 2m + 3,
Trường hợp 1: 1
ta có:
1
1
1
1
1
1
1

+
= � +
= �
=0
x1 2x2 3
3 2( 2m + 3)
3
2( 2m + 3)
, vô nghiệm.
x = 2m + 3, x2 = 3,
Trường hợp 2: 1
ta có:
1
1
1
1
1 1
1
1
3
+
= �
+ = �
= � m= .
x1 2x2
3
2m + 3 6 3
2m + 3 6
2
3

m= .
2
Vậy

3b) Giải phương trình

3

3x2 - x + 1 -

3

3x2 - 7x + 2 -

3

6x - 3 = 3 2.

Giải:
Ta có

3

3x2 - x + 1 -

� 3 3x2 - x + 1 -

3

3

3x2 - 7x + 2 -

3

6x - 3 = 3 2

6x - 3 = 3 3x2 - 7x + 2 + 3 2

3
3
2
2
3
3
Đặt a = 3x - x + 1,b = 6x - 3,c = 3x - 7x + 2,d = 2.

�
x = 2m + 3
�
.
�
x=3
�
�


3

a - b = c + d � ( a - b) = ( c + d)

3

Phương trình đã cho trở thành:
� a3 - b3 - 3ab( a - b) = c3 + d3 + 3ab( c + d)

(2)
Mà a - b = c + d = 3x - 7x + 4 và a - b = c + d nên (2) trở thành:
�
a =b
3ab( a - b) + 3cd ( a - b) = 0 � ( a - b) ( ab + cd) = 0 � �
.
�
ab = - cd
�
�
3

3

3

3

2

�
x =1
�
�

a = b � 3x - x + 1 = 6x - 3 � 3x - 7x + 4 = 0 �
4.
�
x
=
�
� 3
3

Trường hợp a = b , ta có

3

( ab)
Trường hợp ab = - cd , ta có

2

3

2

3

(

)

(

)

= - ( cd) � 3x2 - x + 1 ( 6x - 3) = - 2 3x2 - 7x + 2

� 1
�
x=
�
�� 6
.
� 1 � 13
x=
�
� ( 6x - 1) 3x2 - x - 1 = 0
6
� 18x3 - 9x2 - 5x + 1 = 0
�

(

)

1
4
1 � 13
x = ; x = 1; x = ;x =
.
6
3
6

Vậy phương trình đã cho có năm nghiệm:
ABC ( AB < AC )
4) Cho tam giác nhọn
nội tiếp đường tròn tâm O, có ba đường cao là AD, BE ,CF và
trực tâm là H . Gọi M là giao điểm của AO với BC và P ,Q lần lượt là chân các đường vuông góc vẽ từ
M đến AB, AC .

4a) Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .
Giải:

�
�
�
�
�
�
.
Ta có BFC = BEC = AFC = ADC = AEB = ADB = 90�
Suy ra các tứ giác BFEC , AFDC , AEDB nội tiếp.

�
�
�
( AEDB ) ) (1)
Suy ra: ABE = ADE (cùng chắn cung AE trong đường tròn
� = ACF
�
�
( AFDC ) ) (2)
ADF

(cùng chắn cung AF trong đường tròn
� = ACF
�
�
( BFEC ) ) (3)
ABE
(cùng chắn cung FE trong đường tròn
�
�
�
Từ (1), (2), (3) suy ra ADF = ADE nên AD là đường phân giác trong góc EDF của tam giác EDF . (4)


�
�
Tương tự, ta chứng minh được: BE ,CF lần lượt là đường phân giác trong của các góc DEF , DFE của tam
giác DEF . (5).
Từ (4), (5) suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .


4b) Chứng minh HE .MQ = HF .MP .

(O ) .
Gọi N là giao điểm của tia AO với đường tròn
Ta có: NC ^ AC nên NC || BH .
Tương tự, ta có NB ||CH .

Suy ra BHCN là hình bình hành.
�
�

�
�
�
�
Ta có: FEH = BCH (cùng chắn cung FB ), FBH = ECH (cùng chắn cung FE ) nên hai tam giác
HFE , HBC đồng dạng. Do đó, hai tam giác HFE , NCB đồng dạng.
HE
NB
=
.
NC
Suy ra HF
(6)
MQ
||
NC
Mặt khác:
(cùng vuông góc với AC ), MP || NB (cùng vuông góc với AB ), suy ra
MQ
AM
MP
NB
MP
=
=
�
=
.
NC
AN

NB
NC
MQ
(7)
HE
MP
=
� HE .MQ = HF .MP .
MQ
Từ (6), (7) suy ra HF
2
�
MB DB �
AB �
�
.
=� �
.
�
�
MC DC
AC �
�
�
4c) Chứng minh

MB
MP
AB .MP
=

� MB =
.
AD
AD
Hai tam giác vuông ADB và MPB đồng dạng nên ta có AB
MC
MQ
AC .MQ
=
� MC =
.
AD
AD
Hai tam giác vuông ADC và MQC đồng dạng nên ta có AC
MB
AB MP
=
.
.
MC
AC
MQ
Từ (8), (9) suy ra:
(10)

�
�
�
Ta có AMQ = ANC = ABD suy ra hai tam giác vuông ADB và AQM đồng dạng nên ta có
DB

AB
AB .MQ
=
� DB =
.
QM
AM
AM
(11)

(8)
(9)


�
�
�
Tương tự: AMP = ANB = ACD suy ra hai tam giác vuông ADC và APM đồng dạng nên ta có
DC
AC
AC .MP
=
� DC =
.
PM
AM
AM
(12)
DB
AB MQ

=
.
.
AC MP
Từ (11), (12) suy ra DC
(13)
2

MB DB �
AB �
�
.
=�
.
� �
�
�
�
MC DC
AC �
�
Từ (10), (13) suy ra:
1
1
1 49
+
+ � .
5a) Cho x, y, z là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng 16x 4y z 16
Giải:
1

1 1 49
1 4 16
+
+ � � + + �49.
x y
z
Ta có 16x 4y z 16

(
Với hai số thực không âm a,b ta có

a-

)

2

b �0 � a + b �2 ab.

Dấu "=" xảy ra khi a = b � a = b.
Áp dụng kết quả trên, ta có:
1
1
1
+ 49x �2 .49x � + 49x �14.
x
x
x

(1)

1
1
= 49x � x = .
7
Dấu "=" xảy ra khi x
4
+ 49y �28.
Trương tư, ta có: y
(2)

4
2
= 49y � y = .
7
Dấu "=" xảy ra khi y
16
+ 49z �56.
Và z
(3)
16
4
= 49z � z = .
7
Dấu "=" xảy ra khi z
1 4 16
+ + + 49( x + y + z) �98
x
y
z

Cộng (1), (2), (3) theo vế ta được:

1 4 16
1
2
4
+ +
�49.
x = ;y = ; z = .
x y
z
7
7
7
Dấu "=" xảy ra khi
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
�

5b) Cho số tự nhiên z và các số nguyên x, y thỏa mãn x + y + xy = 1. Tìm giá trị của x, y, z sao cho
( 2z+1 + 42) ( x2 + y2 + 1+ x2y2) là số chính phương lớn nhất.
Giải:
z+1
2
2
2 2
z
( 2 + 42) ( x + y + 1+ x y ) = 2( 2 + 21) ( 1+ x2) ( 1+ y2) .
Ta có:
1+ x2 = x + y + xy + x2 = ( x + y) ( 1+ x) , 1 + y2 = x + y + xy + y2 = ( x + y) ( 1 + y) ,
Với:

2 = 1 + 1 = 1 + x + y + xy = ( 1 + x) ( 1 + y) .


(2
Suy ra
(2
Do đó,

)(
+ 42) ( x

) (
)
+ 1+ x y )
là số chính phương khi và chỉ khi 2
2

2

2

+ 42 x2 + y2 + 1+ x2y2 = 2z + 21 ( x + y) ( 1 + x) ( 1+ y) .

z+1

z+1

2

+ y2

2 2

z

+ 21 là số chính phương.

z
2
Nghĩa là tồn tại số tự nhiên n sao cho 2 + 21 = n .

Ta có

(

)

( 1) ( mod3) .
z

2z

2 --�
1 mod3

(

)

(

)

2z �- 1 mod3 �2 mod3 .

Nếu z lẻ thì
chỉ dư 0 hoặc 1).
Từ đó suy ra z là số chẵn.

(

)

z = 2k, k ��* .

Khi đó

(

) vô lí (vì số chính phương khi chia cho 3

n2 �2 mod3

( )

n2 = 21 + 22k � n2 - 2k

2

(

)(

)

= 21 � n - 2k n + 2k = 21.

Đặt
Ta có
k
k
Vì 21 = 1.21 = 3.7 và n - 2 < n + 2 nên ta có hai trường hợp sau:
�
n - 2k = 1
�
� 2k = 10,
�
k
�
n + 2 = 21
�
Trường hợp 1: �
không có giá trị của k thỏa mãn trường hợp này.
�
n - 2k = 3
�
� 2k = 2 � k = 1.
�
k
�

n +2 = 7
�
Trường hợp 2: �

�x + 1 = 1
�
.
�
�
y +1 = 2
2 = ( 1 + x) ( 1 + y) .
x + 1 � y + 1,
�
Từ giả thiết, ta có
Không mất tổng quát, giả sử
suy ra �
�
�
x =- 2
x=0
�
�
.
�
�
�
�
y =- 3
y =1
�

�
Giải hệ ta được
hoặc
2z+1 + 42) ( x2 + y2 + 1 + x2y2) = 100 = 102.
(
x
=
0
,
y
=
1
Nếu
thì
( 2z+1 + 42) ( x2 + y2 + 1+ x2y2) = 2500 = 502.
Nếu x = - 2, y = - 3 thì
Vậy x = - 2, y = - 3, z = 2.

----- HẾT -----