LOI GIAI TOAN CHUYEN NAM 2015 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2015 – 2016 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 17/6/2015 Thời gian làm bài: 150 phút. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang). Câu 1 (2.0 điểm) Cho biểu thức:   ( a 1)2  3 a 5  1  .    4 a  a  1 a a  a  a  1      1. P . . với a > 0, a 1. 1. Rút gọn P. 2. Dặt Q (a . a 1).P . Chứng minh rằng Q > 1. 2 2 Câu 2 (1.0 điểm) Cho phương trình x  2(m + 1)x + m = 0 ( m là tham số). Tìm giá 2 trị của m để phương trình đã co có 2 nghiệm x1, x 2 thỏa mãn: (x1  m)  x 2 m  2.. Câu 3 (2.0 điểm) 1. Giải phương trình:.  x 1. 2(x 2  4) x 2  x  2. 2. Giải hệ phương trình:.  1 x  x 2  xy 2 y 2  x y   x  3  y 1  x 2  3x 3  Câu 4 (1.0 điểm) Giải phương trình trên tập số nguyên: x 2015  y(y 1)(y 2)(y 3) 1. . . . Câu 5 (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  AB < AC  nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Goi H là trực tâm của tam giác ABC. Goi M là là trung điểm cạnh BC. 1. Chứng minh rằng: AH = 2OM. 2. Dựng hình bình hành AHIO. Goi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. 2 Chứng minh rằng: OI.OJ = R 3. Gọi N là giao điểm của AH và đường tròn tâm O (N khác A). Gọi D là điểm bất kì trên cung nhỏ NC của đường tròn tâm O (O khác N và C). Gọi E là điểm đối xứng với   = ADK D qua AC, K là giao điểm AC và HE. Chứng minh rằng: ACH Câu 6 (1.0 điểm)  1  a   1 b  1  ab 1. Cho a,b là các số thực dương. Chứng minh rằng: 2. Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn: a + b = ab. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P. 1 1  2  a  2a b  2 b 2. 2. 2. 1 a  1 b .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (2.0 điểm) Cho biểu thức: 1. Rút gọn P  1   ( a  1) 2   1 3 a 5 3 a  5   ( a  1)2  4 a  P   .  1        .  a  1 ( a  1) a a  a  a  1 4 a ( a  1)( a  1) 4 a       =. 4( a  1) ( a  1) 2 1 .  2 ( a  1) ( a  1) 4 a a. 2. Dặt Q (a . a  1).P . Chứng minh rằng Q  1. Q (a . a  1).P ( a . - Ta có:. a  1).. 1 1   a  1 2 a a. 1  a  a 1. a - Dấu “=” xãy ra khi Vì a 1 nên. 1 . a  1 2  1 1 a. Q 1. Câu 2 (1.0 điểm) - Để phương trình có 2 nghiêm x1 , x2 thì  ' 0 2. - Do đó:.  '   ( m  1)   m2 2m  1 0  m . 1 2.  1. 2 2 - Vì x1 , x2 là nghiệm của phương trình x  2(m  1) x  m 0 nên ta có:.  x12  2(m  1) x1  m 2 0 ( x  m) 2 2 x1    1   x1  x2 2(m  1)    x1  x2 2(m  1). - Do đó:.  2. ( x1  m) 2  x2 m  2  x1  ( x1  x2 ) m  2  x1  m. ( 2m) 2  2 m  x  2(m  1) x  m 0   1   m 0  2 - Suy ra: 2. 2. 1   m  2   m 0. Câu 3 (2.0 điểm) 1. Giải phương trình:.  x  1 - Điều kiện: x  . 2( x 2  4) x 2  x  2.  1.  3.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  1  ( x  1). ( x  1) 0 2( x 2  4) ( x  1)( x  2)   2  2( x  4) ( x  2). (2)  x  1  x 2  x 2 (3)   2  2  2 2 2( x  4) ( x  2) ( x  2) 0.  x 2   x  2. (VN ). - Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 2. Giải hệ phương trình:  1 x  x 2  xy  2 y 2   x y   x  3  y 1  x 2  3 x 3  . . . . (1) (2). - Điều kiện: x, y  0; x, y   (1) x y  1   (1)  ( x  y )   x  2 y  0   1  xy   x y  x  2 y 0 . - Trường hợp 1:. x  y , (2) . . x 3 . (3) (4). . . x 1  x 2  3 x 3. (5). - Đặt u  x  3 0, v  x 0 thay vào (5) ta được:  u  v   1  uv  3  (u  v)(u  1)(v  1) 0   2 2 u  v 3. u v  u  1 v 1 . (6). - Với u v, (5)  0 3 vô lí. - Với u 1  x  3 1  x  2  0 loại. - Với v 1  x 1  x 1  0 thỏa mãn. x, y  0 . - Trường hợp 2: Vì. 1  x  2 y  0  (4) xy vô nghiệm..  x 1  - Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  y 1. Câu 4 (1.0 điểm) Giải phương trình trên tập số nguyên: x 2015  y ( y  1)( y  2)( y  3)  1. (1). (2) (3).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> - Điều kiện:.  y  3  x 1,  2  y  1 x, y    y 0 . - Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì y ( y  1)( y  2)( y  3) 0 phải là số chính phương. 4 3 2 4 2 2 2 2 - Ta có: y ( y  1)( y  2)( y  3)  1  y  6 y  11 y  6 y  1  y  2 y (3 y  1)  (3 y  1)  ( y  3 y 1). là số chính phương, mà trong tập số nguyên không thể có đồng thời 2 số nguyên dương liên tiếp đều là số chính phương. - Do đó: y ( y  1)( y  2)( y  3)  0 không phải là số chính phương. - Phương trình (1) có nghiệm nguyên khi y ( y  1)( y  2)( y  3) 0 - Tứ đó suy ra:  y 0   2015 1 x.  y  1   2015 1 x.  y 0 ,   x 1.  y  2   2015 1 x.  y  1 ,   x 1.  y  2 ,   x 1.  y  3   2015 1 x. - Vậy có 4 cặp nghiệm nguyên thỏa mãn phương trình đã cho là: ( x; y )   (1;  3), (1;  2), (1;  1), (1;0). Câu 5 (3.0 điểm) A. O. H B. P. M N. Q J. C.  y  3 ,   x 1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> I. G. 1. Gọi N là điểm đối xứng với H qua AC , G là giao điểm của AO với đường tròn tâm O, Q là giao điểm của OM với NG. P là giao của BC và HN - Vì N là điểm đối xứng với H qua AC nên N thuộc đường tròn tâm O, do đó: ANG 900  NG // BC , BC  OM  OM  NG  QM HP PN , PM  NQ QG  HPM MIG.    MHP IMG (là hai góc đồng vị) H , M , G thẳng hàng.. - Mà OA OG, AH // OM  AH 2OM (đường trung bình của tam giác). 2. Vì AHIO là hình bình hành nên OA IH 2OM  BC là trung trực của OI  ICO cân tại   OIC (1) C  IOC. - Mặt khác ta lại có J là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC  OJC cân tại J    JOC JCO (2). - Từ (1) và (2) suy ra: JO OC     IOC OIC  JOC  JCO  JOC IOC    IO.JO OC 2 R 2 OC IO. A. 3.. Y. H O B. K E M N C.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> - Gọi Y là giao điểm của BH và DK , Ta chứng minh Y các điểm đối xứng với trực tâm H qua cạnh AC rồi suy ra H thuộc đường tròn ngoại tiếp ABC hay AC là trung trực của. HY ..     - Vì D và E đối xứng qua AC nên DE // BY , KD KE  KHY KED, KYH KDE (so le).. - Suy ra; KHY KED  KH KY . Mà HY  AC  AC là trung trực của HY và H   O    HC HY  ACH  ADY  ACX  ACH  ADK. Câu 6 (1.0 điểm) 1. Ta có:.  1  a   1  b  1 . ab  1  a  b  ab 1  2 ab  ab  ( a . b ) 2 0. luôn đúng a, b  0. 2. Cách 1: - Ta có:. a  b ab  a . b a 1 1 , a và  1  b 1 a 1 a b. 2 1  4 ab. ab. 1 1 1 1 b 1 a 1  2     - Do đó: a  2a b  2b a(a  2) b(b  2) b(a  2) a (b  2) 2. . 1 1   a 2 b2.  1 1  4 1  2 1  1 1   3 1 16 15               b( a  2) a(b  2)  a  b  4 4  ab 2  a b   ab 8 ab 4.  1. - Mà ta lại có:.  a  b . 2. 0  a 2  b 2 2ab  1  a 2  b 2  a 2b 2 1  2ab  a 2b 2  1  a 2 1  b 2  1  ab . .  1  a   1  b  1  ab 2. 2. - Từ  1 và  2  suy ra:. P ab . ab . - Dấu “=” xãy ra khi: - Vậy. min P .  2 16 11 16 11 11 21  2 ab.  8   ab 4 ab 4 4 4. 16  ab 4  ab. 21 4 khi a b 2.  ab 4  a b 2.   a  b ab. . . 2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Cách 2: P. 4 a2  2a  b2  2b.  1  ab . 4 (a  b)2  2ab  2(a  b).  1  ab . 4 a 2b 2.  ab  1.  4 ab ab  7ab 1 1 7ab 7 7ab      1 3.3 4. .  1   8 16 16 8 4 8  a2b2 16 16 . - Mặt khác: từ giả thiết, ta có: ab a  b 2 ab  ab 4 7 7.4 21 21 P    min P  khi a b 2 4 8 4 4 - Do đó. Lưu ý: - Ta có thể chứng minh các điểm đối xứng với trực tâm của tam giác qua các cạnh thuộc đường tròn ngoại tiếp dựa vào 3 góc nội tiếp cơ bản. - Bài làm của Phan Lâm hơi sơ sài và quá trình đánh máy còn nhiều lỗi mong bạn đọc thông cảm. Lời giải của giáo viên: Phan Lâm Trường: THCS & THPT Tân Tiến Tân Tiến – Bù Đốp – Bình Phước.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>