TONG HOP TAT CA DE VA DAP AN THI VAO 10 (2017-2018)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: TOÁN (Chuyên Toán) Ngày thi: 04/ 6/ 2017

Bài 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức:

a) Tìm điều kiện của x để biếu thức A có nghĩa. Rút gọn A,
b) Tìm x để
; c) Tìm giá trị lớn nhất của A.
Bài 2 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình sau:

2. Chứng minh rằng nếu số tự nhiên
là số nguyên tố thì
không là số chính phương.
Bài 3 (1,0 điểm). Cho đa thức
(m là tham số). Bằng cách đặt x = t + 2. Tính f(x) theo t và tìm điều kiện để phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2.
Bài 4 (4,0 điểm). 1. Cho đường tròn (T) tâm O đường kính AB, trên tiếp tuyến tại A lấy một điểm P khác A, điểm K thuộc đoạn
OB (K khác O và B). Đường thẳng PK cắt đường tròn (T) tại C và D (C nằm giữa P và D), H là trung điểm của CD
a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn.
b) Kẻ DI song song PO, điểm I thuộc AB, chứng minh:

c) Chứng minh đẳng thức:
; d) BC cắt OP tại J, chứng minh AJ // DB
2. Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ một điểm I thuộc miền trong tam giác, kể IM
BC, IN
AC, IK
AB.
Tìm vị trí của I sao cho tổng
nhỏ nhất
Bài 5 (1,0 điêm). Cho các sô thực dương x, y, z thỏ mãn xyz
1. Chứng minh rằng:

Lượt giải:
Bài 1: (2,0 điểm).
a) A có nghĩa khi và chỉ khi:

Vậy điều kiện để biểu thức A có nghĩa là:

Khi đó



Vậy
(với x
0, x
1)
b)

(với x
0, x
1)


Vậy
khi

c) Với x
0, x
1, ta có:
,
dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi
Vậy

Bài 2 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình sau:
(1)
Dễ thấy x = 1 không là nghiệm của (1), do đó:

( vì
)

(với
)


Vậy phương trình (1) có tập nghiệm:

Cách 2: (1)



2. Giả sử
là số chính phương
:
(*)

(b – n)(b + n)
4 và hai số b – n, b + n cùng tính chẵn lẻ (vì (b – n) + (b + n) = 2b)
Nên (*)
hoặc

b = a + c

là hợp số
Cách 2: Giả sử
là số chính phương khi đó:

nên trong hai số 20a + b + n và 20a + b – n có một số chia hết cho số nguyên tố
nhưng đều này không thể xãy ra vì cả hai số đều nhỏ hơn

Thật vậy:
nên n < b. Do đó: 20a + b – n < 20a + b+ n <100a +10b+ c =

Vậy
không chính phương
Bài 3 (1,0 điểm). x = t + 2



f(x) = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2 khi và chỉ khi phương trình g(t) = 0 có hai nghiệm dương:
(t > 0)
Theo hệ thức vi ét thì hai nghiệm đó thỏa mãn:

Vậy phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2 khi m >

Bài 4 (4,0 điểm). 1. a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn:
- PA
OA (PA là tiếp tuyến của đường tròn (T))

- H là trung điểm của dây không qua tâm O của đường tròn (T) nên
OH
BC
Do đó:
Vậy tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn
b) Chứng minh

- Ta có:
(slt, DI // PO)
- Từ (*) suy ra:
(nội tiếp cùng chắn cung OH) Vậy

c) Chứng minh đẳng thức:


PAC và
PDA có:
(góc chung)

(nôi tiếp cùng chắn
của đường tròn


PAC
PDA (g.g)

d) BC cắt OP tại J, chứng minh AJ // DB
- Kẻ tiếp tuyến PE với đường tròn (T) (E là tiếp điểm), từ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau suy ra PO là trung trực của AE
(tính chất đối qua xứng trục OP) (
- Từ (*) suy ra:
(nội tiếp cùng chắn
) và
(nội tiếp cùng chắn
của đường tròn (T) nên
, suy ra tứ giác JPCE nội tiếp. (2)
- Từ (2) suy ra
(nội tiếp cùng chắn
) lại có
(đối đỉnh)
và
(nội tiếp cùng chắn
của đường tròn (T)), do đó:
(3)
- Từ (1)và(3) suy ra
(4)
Mặt khác
(nội tiếp chắn nửa đường tròn (T)
BD
AD (5)
(4) và (5) suy ra AJ // BD
Cách 2:
Gọi F là giao điểm của BD và PO, G là giao điểm của DI và BJ
Ta có:
(suy ra từ kết quả câu a)nên tứ giác ADHI nội tiếp, suy ra:

(=
sđ
) mà
(=
sđ
của đường tròn (T))
do đó:
ở vị trí đồng vị, suy ra HI // BC lại có HC = HD , suy ra IC = ID (1)
Mặt khác:
OBF có ID // OF
(2)

OBJ có IG // OJ
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra OJ = OE, lúc này O là trung điểm chung của JAFB nên JAFB là hình bình hành , suy ra: JA // BD
2. Ta có:
, dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi a = b (*)
Kẻ đường cao AH
H là điểm cố định (vì A, B, C cố định)
Gọi E là hình chiếu vuông góc của I trên AH.
Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác vuông INA, IPA
ta có:

Mặt khác: IM = EH (cạnh đối hình chữ nhật IEHM) nên:

Áp dụng (*)ta có:
không đổi (vì A, H cố định)
Dấu “=” xảy ra khi IA = EA = EH =

I là trung điểm của đường cao AH
Vậy khi I là trung điểm của đường cao AH thì tổng
đạt GTNN là

Cách 2:
(vì
)
=

Theo (*), ta có:
: không đổi
Dấu “=” xảy ra khi A, I, M thẳng hàng, M trùng H và IM = IA

I là trung điểm của đường cao AH
Vậy khi I là trung điểm của đường cao AH thì tổng
đạt GTNN là

Bài 5 (1,0 điêm). Các số thực dương x, y, z thỏ mãn xyz
1, nên ta có: 0 < xyz
1, do đó

(1)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương:
;
; z, ta được:

+
+ z
3x (2) , dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi
=
= z

tương tự có:
+
+ x
3y (3) và
+
+ y
3z (4) dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
Từ (2), (3) và (4) suy ra:

(5)
Từ (1) và (5) suy ra:
, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1

, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1
Vậy:
, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 - 2018 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Môn: TOÁN (Chuyên toán) Ngày thi: 04/06/2017
Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức A =

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa. Rút gọn A
b) Tìm x để A
0 ‘ c) Tìm giá trị lớn nhất của A.
Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình sau:

2) Chứng minh rằng nếu số tự nhiên
là số nguyên tố thì
không là số chính
phương.
Bài 3: (1,0 điểm) Cho đa thức f(x) =
– 2(m + 2)x + 6m + 1 (m là tham số). Bằng cách đặt x = t + 2. Tính f(x) theo t và tìm điều kiện của m để phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2.
Bài 4: (4,0 điểm) 1. Cho đường tròn (T) tâm O đường kính AB, trên tiếp tuyến tại A lấy một điểm P khác A, điểm K thuộc đoạn OB (K khác O và B). Đường thẳng PK cắt đường tròn (T) tại C và D (C nằm giữa P và D), H là trung điểm của CD.
a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn.
b) Kẻ DI song song với PO, điểm I thuộc AB, chứng minh:

c) Chứng minh đẳng thức

d) BC cắt OP tại J, chứng minh AJ song song với DB.
2. Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ điểm I thuộc miền trong tam giác, kẻ IM
BC, kẻ IN
AC, IK
AB. Tìm vị trí của I sao cho tổng
nhỏ nhất.
Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz
1.
Chứng minh rằng:

HD
Bài 1: a) Điều kiện để A có nghĩa là x
0 và x
1A =
=
=
=
= – x +

b) A
0
– x +

0
x –

0



0
0


1

0
x
1. Kết hợp với điều kiện ban đầu x
0 và x
1. Ta được: 0
x < 1
c) A = – x +
=
với mọi x
Dấu “=” xảy ra khi
= 0

(TMĐK x
0 và x
1)
Vậy GTLN của A là
khi x =

Bài 2: 1) x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên x
0. Do đó chia cả hai vế phương trình cho

0, ta được:
(1)
Đặt: y =

.
Do đó PT (1) trở thành:

y = – 6 ; y = 4
Với y = – 6 ta có:
= – 6


Với y = 4 ta có:
= 4


Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: S =

Cách 2:







PT (1):

PT (2):

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: S =

2) Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử
là số chính phương

Xét 4a.
= 4a(100a + 10b + c) =
=

=
= (20a + b + m)(20a + b – m)
Tồn tại một trong hai thừa số 20a + b + m, 20a + b – m chia hết cho số nguyên tố
. Điều này không xảy ra vì cả hai thừa số trên đều nhỏ hơn
.
Thật vậy, do m < b (vì
) nên:
20a + b – m
20a + b + m < 100a + 10b + c =

Vậy nếu số tự nhiên
là số nguyên tố thì
không là số chính phương.
Bài 3: Ta có: h(t) = f(t + 2) =

=
=



= 0 (*)
Phương trình: f(x) = 0 có 2 nghiệm lớn hơn 2
Phương trình h(t) = 0 có 2 nghiệm dương


Vậy với m
thì phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm lớn hơn 2.
Bài 4
1. a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn.
Ta có: OH
CD tại H (vì HC = HD)
Do đó:

Tứ giác AOHP nội tiếp đường tròn đường kính OP
b) Chứng minh:


(so le trong và DI // PO)

(vì nội tiếp cùng chắn
) Do đó:

c) Chứng minh đẳng thức


PAC ~
PDA (g.g)


d) Chứng minh AJ // DB.
Kẻ tiếp tuyến PN (N khác A) của đường tròn (T), Với N là tiếp điểm.
Ta có chứng minh được PO là đường trung trực của NA
JA = JN

APJ và
NPJ có: PA = PN;
; JA = JN


APJ =
NPJ (c.g.c)
(1)
Ta có:
(vì tứ giác PAON nội tiếp) và
(vì 2 góc kề bù)



Tứ giác NCJP nội tiếp được

(2)
Từ (1) và (2) suy ra:

Ta có:

JA
AD tại A (3)
Có:
(vì nội tiếp chắn nửa đường tròn)
DB
AD (4)
Từ (3) và (4) suy ra: AJ // DB
2. Bổ đề: Với a > 0; b > 0 ta có:
(1). Dấu “=” xảy ra khi a = b
Thật vậy: (1)
(BĐT đúng)
Dấu “=” xảy ra khi a = b. Vậy:

Kẻ đường cao AH
H là điểm cố định (vì A, B,