DE DAP AN CHUYEN TOAN QN 20182019

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2018-2019
Mơn thi: Tốn (chun)
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 08/06/2018

ĐỀ CHÍNH THỨC
QUẢNG NAM
(Đề thi có 01 trang)
Câu 1 (2,0điểm).
a) Cho biểu thức A =

a+1 √ ab+ √ a
2 a b +2 √ ab
+
+1 ): ( √
)
( √√ab+1
1−ab
1− √ ab

Với a>0; b>0 và ab ≠ 1
Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A khi √ a+ √ b=√ ab
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn đẳng thức x2y2 – x2 - 6y2 = 2xy
Câu 2 (2,0điểm).
a) Giải phương trình

√3 x2 + 4 x+ 3−√3 2 x 2−3 x−2=√3 3 x 2−2 x +2− √3 4 x2 −9 x−3

{

27
=18
y3
4 x2 6 x
+ 2 =1
y
y

8 x3 +

b) Giải hệ phương trình

Câu 3 (2,0điểm).
Cho hai hàm số y = 2x2 và y = |mx| . Tìm m để hai đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau
tại ba điểm phân biệt là ba đỉnh của tam giác đều.
Câu 4 (2,0điểm).
Cho hình vng ABCD có cạnh a. Trên cạnh AD lấy điểm M sao cho AM = 3MD. Kẻ tia
^ , tia này cắt cạnh CD tại
Bx cắt cạnh CD tại I sao cho ^
ABM = ^
MBI . Kẻ tia phân giác của CBI
N.
a) So sánh MN với AM + NC.
b) Tính diện tích tam giác BMN theo a.
Câu 5 (2,0điểm).
Cho đường tròn tâm O, dây cung AB không qua O. Điểm M nằm trên cung lớn AB. Các
đường cao AE, BF của tam giác ABM cắt nhau ở H.
a) Chứng minh OM vng góc với EF.

b) Đường trịn tâm H bán kính HM cắt MA, MB lần lượt tại C và D. Chứng minh rằng khi
M di động trên cung lớn AB thì đường thẳng kẻ từ H vng góc với CD ln đi qua
một điểm cố định.
Câu 6 (2,0điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng


a
3 (¿ ¿ 2+b2 +c 2 )
.
a+ b+c
2
2
2
2
2
2
a +b b + c c + a
+
+
≤¿
a+b
b+ c
c+ a

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2,0điểm).
a) Cho biểu thức A =

a+1 √ ab+ √ a

2 a b +2 √ ab
+
+1 ): ( √
)
( √√ab+1
1−ab
1− √ ab

Với a>0; b>0 và ab ≠ 1
1
√ AB
Theo đề ta có √ ab=√ a+ √ b ≥2 √4 ab
<=> √4 ab( 4√ ab−2)≥ 0
<=> √4 ab ≥ 2 (vì a > 0; b> 0)

Rút gọn biểu thức A =

(BĐT Cô-Si)

Dấu “=” xãy ra khi a = b = 4
=> A =

1
√ AB

Vậy maxA =

=
1
4

1
1
≤ 4
√a+ √ b 2 √ ab

=

1
4

khi a = b = 4

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn đẳng thức x2y2 – x2 - 6y2 = 2xy
<=> (x2 – 6)y2 – 2xy – x2 = 0
Nếu x2 – 6 = 0 thì x khơng là số ngun.
Nếu x2 – 6 ≠ 0 thì ∆

/

= x2 + x2(x2 – 6) = x2(x2 – 5) là số chính phương

Đặt x2 – 5 = k2 => (x – k)(x + k) = 5
Do x – k < x + k nên x – k = 1; x + k = 5 hoặc x – k = -5; x + k = -1
=> x = 3 hoặc x = -3
Với x = 3 => y = -1 hoặc y = 3.
Với x = -3 => y = 1 hoặc y = -3.
Vậy có 4 cặp (x;y) thỏa mãn đẳng thức trên là: (3;-1); (3;3); (-3;1); (-3;-3)
Câu 2 (2,0điểm).
a)

<=>

√3 x2 + 4 x+ 3−√3 2 x 2−3 x−2=√3 3 x 2−2 x +2− √3 4 x2 −9 x−3
√3 x2 + 4 x+ 3+√3 4 x 2−9 x−3=√3 3 x 2−2 x +2+√3 2 x 2−3 x−2

Lập phương hai vế rút gọn ta được

√3 x2 + 4 x+ 3 √3 4 x 2−9 x−3= √3 3 x 2−2 x+2 √3 2 x 2−3 x−2
Lập phương hai vế rút gọn ta được

(1)


2x4 – 20x3 + 31x2 + 37x +5 = 0
(2x2 – 6x – 1)(x2 – 7x – 5) = 0
Vậy phương trình có 4 nghiệm…

{

27
=18(1)
3
y
2
4 x 6x
+ 2 =1(2)
y
y

8 x3 +

b) Giải hệ phương trình

3
¿
y

Cộng (1) với 9x(2) ta được (2x +
Đặt 2x = a và

<=>

[

3
y

3+ √ 5
2
3− 5
b= √
2

{
{

= 27 => 2x +

a3 +b3 =18
a+b=3

{

= b ta có

<=>

3
y

=3

ab=1
{a+b=3

3+ √ 5
4
3+ √5
¿
¿
3¿
3−√ 5
x=
4
y=¿
3(3− √ 5)
y=
2
x=

a=

3− 5
a= √
2
3+ 5
b= √
2

3

=>

{{

¿

Câu 3 (2,0điểm).
Cho hai hàm số y = 2x2 và y = |mx| . Tìm m để hai đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau
tại ba điểm phân biệt là ba đỉnh của tam giác đều.
- Đồ thị của hàm số y = 2x2 là parabol đỉnh O nằm
trên trục hoành đối xứng với nhau qua trục Oy.
- Đồ thị của hàm số y = |mx| là hai tia gốc O đều
nằm trên trục hoành cũng đối xứng với nhau qua Oy.
Để đồ thị của hai hàm số trên cắt nhau tại ba điểm là
3 đỉnh của một tam giác đều thì m > 0 và các tia OB;
OA tạo với Ox các góc theo thứ tự 60 0 và 1200.(như
hình vẽ). do đó hai tia có hệ số góc là √ 3 và -

√3

Vậy m = √ 3

Câu 4 (2,0điểm).
Cho hình vng ABCD có cạnh a. Trên cạnh AD lấy điểm M sao cho AM = 3MD. Kẻ tia
^ , tia này cắt cạnh CD tại
Bx cắt cạnh CD tại I sao cho ^
ABM = ^
MBI . Kẻ tia phân giác của CBI
N.


Tính diện tích tam giác BMN theo a.
a) So sánh MN với AM + NC.
Vẽ ME ⊥ BI và NE/ ⊥ BI
∆ ABM = ∆ EBM (cạnh huyền-góc nhọn)=> AB =
BE
∆ CBN = ∆ E/BN(cạnh huyền-góc nhọn)=> BC =
BE/
Mà AB = BC nên BE = BE/ => E ≡ E/
=> Ba điểm M, E, N thẳng hàng
=> ME + EN = MN
Mặt khác: ME = MA và NC = NE
Do đó MN = AM + NC.
c) Tính diện tích tam giác BMN theo a.
3
a
4

Ta có AM =

=> DM =

1
a
4

vẽ tia phân giác MF của tam giác DMN.

FN DF
=
MN DM
∆ DMF (g-g) =>
Mặt khác ∆ ABM ∼
AM DF
3
=
=
AB DM
4
FN DF
3
3
=
=>
=
=> DF =
a ; FN =
MN DM
4

16
3
MN .
4

=>

Áp dụng định lý Pi-Ta-Go trong tam giác MDN
MN2 = MD2 + DN2 = MD2 + (DF + FN)2
=> MN2 = (

1
a¿
4

2

+(

1
a
16

+

3
MN ¿ 2
4
25 2
a =0

16

7
9
MN 2 a . MN 16
16
25
a (vì MN > 0)
=> MN =
28
1
1
25
BE . MN =
.a. a =
Vậy SBMN =
2
2
28

<=>

25 2
a
56

Câu 5 (2,0điểm).
Cho đường trịn tâm O, dây cung AB khơng qua O. Điểm M nằm trên cung lớn AB. Các
đường cao AE, BF của tam giác ABM cắt nhau ở H.
a) Chứng minh OM vng góc với EF.

b) Đường trịn tâm H bán kính HM cắt MA, MB lần lượt tại C và D. Chứng minh rằng khi M di
động trên cung lớn AB thì đường thẳng kẻ từ H vng góc với CD ln đi qua một điểm cố định.


a) Dễ dàng chứng minh OM vng góc với EF.
b) Ta c/m EF // CD
Lấy O/ đối xứng với O qua AB => O/ cố định.
ta c/m MHO/O là hình bình hành => HO/ // MO
Mà MO ⊥ CD ( vì CD // EF)
Nên HO/ ⊥ CD
Vậy đường thẳng kẻ từ H vng góc với CD
ln đi qua một điểm O/ cố định.

Câu 6 (2,0điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c. Ta có
a
3 (¿ ¿ 2+b2 +c 2 )
a+ b+c
2
2
a +b b 2+ c 2 c 2+ a2
+
+
≤¿
a+b
b+ c
c+ a

⇔ (a + b + c)(

a2 +b2 b 2+ c 2 c 2+ a2
+
+
¿≤
a+b
b+ c
c+ a

⇔ 2(a2 + b2 + c2) + c.
⇔ c.

a2 +b2
b 2+ c2
+a.
a+b
b+ c

a2 +b2
b 2+ c2
+a.
a+b
b+ c
c2 + a2
≤
c+ a

+ b.

2

⇔ c.

+ b.

c2 + a2
c+ a

2

2

1

≤

3(a2 + b2 + c2)

a2 + b2 + c2

(a+ b) −2 ab
(b+c ) −2 bc
(c +a) −2 ca
+a.
+b .
a+b
b+c
c+ a

⇔ 2(ab+ bc+ ca)≤ a2 + b2 + c2 +
⇔

3(a2 + b2 + c2)

≤

a2 + b2 + c2

2 abc 2 abc 2 abc
+
+
a+b b +c c +a
1

1

a2 + b2 + c2 + 2abc( a+b + b+c + c + a ¿ ≥ 2(ab+ bc+ca)

Mặt khác:
1

1

9

1

a2 + b2 + c2 + 2abc( a+b + b+c + c + a ¿ ≥ a2 + b2 + c2 + 2abc 2( a+b+ c)
9 abc

= a2 + b2 + c2 + (a+ b+c )

9 abc

Ta cần chứng minh: a2 + b2 + c2 + (a+ b+c ) ≥2(ab+bc +ca)
⇔ (a2 + b2 + c2)(a+b+c) + 9 abc ≥ 2(ab+bc +ca) (a+b+c)
⇔ a3 + b3 + c3 + 3 abc ≥ ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)
⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc - ab(a+b) - bc(b+c) - ca(c+a) ≥ 0
⇔ a3 – a2b + b3 – b2c + c3 – c2a+ abc – ab2 + abc – bc2 + abc – ca2 ≥ 0
⇔ a2(a –b) + b2(b – c) + c2(c – a) + ab(c – b) + bc(a – c) + ca(b – a) ≥ 0
⇔ a(a – b)(a – c) + b(b – c)(b – a) + c(c – a)(c – b) ≥ 0 (*)
Khơng mất tính tổng qt giả sử a ≥ b ≥ c >0
(*) ⇔ (a – b)(a2 – b2 – ac + bc) + c(c – a)(c – b) ≥ 0
⇔ (a – b)2(a + b - c) + c(c – a)(c – b) ≥ 0 luôn đúng
=> Đpcm.