Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2018-2019

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
QUẢNG NAM
(Đề thi có 01 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: Toán (chuyên)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 08/06/2018
Câu 1 (2,0điểm).
Cho biểu thức A =a+1ab+1+ab+a1-ab+1:2ab+2ab1-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
Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn đẳng thức x2y2 – x2 - 6y2 = 2xy
Câu 2 (2,0điểm).
Giải phương trình3x2+4x+3-32x2-3x-2=33x2-2x+2-34x2-9x-3
Giải hệ phương trình8x3+27y3=184x2y+6xy2=1
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 vuông ABCD có cạnh a. Trên cạnh AD lấy điểm M sao cho AM = 3MD. Kẻ tia Bx cắt cạnh CD tại I sao cho ABM=MBI. Kẻ tia phân giác của CBI, tia này cắt cạnh CD tại N.
So sánh MN với AM + NC.
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.
Chứng minh OM vuông góc với EF.
Đường tròn 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 vuông góc với CD luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 6 (2,0điểm).
	Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng
a2+b2a+b+b2+c2b+c+c2+a2c+a≤3(a2+b2+c2)a+b+c.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2,0điểm).
Cho biểu thức A =a+1ab+1+ab+a1-ab+1:2ab+2ab1-ab 
Với a>0; b>0 và ab ≠1
Rút gọn biểu thức A = 1AB
Theo đề ta có ab=a+b≥24ab (BĐT Cô-Si)
 4ab(4ab-2)≥ 0
 4ab≥2 (vì a > 0; b> 0)
Dấu “=” xãy ra khi a = b = 4
=> A = 1AB =1a+b≤124ab =14
Vậy maxA = 14 khi a = b = 4
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 không là số nguyên.
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).
 3x2+4x+3-32x2-3x-2=33x2-2x+2-34x2-9x-3
 3x2+4x+3+34x2-9x-3=33x2-2x+2+32x2-3x-2 (1)
Lập phương hai vế rút gọn ta được
3x2+4x+334x2-9x-3=33x2-2x+232x2-3x-2
Lập phương hai vế rút gọn ta được
2x4 – 20x3 + 31x2 + 37x +5 = 0
(2x2 – 6x – 1)(x2 – 7x – 5) = 0
Vậy phương trình có 4 nghiệm
Giải hệ phương trình8x3+27y3=18 (1)4x2y+6xy2=1 (2)
Cộng (1) với 9x(2) ta được (2x +3y)3 = 27 => 2x +3y = 3
Đặt 2x = a và 3y = b ta có a3+b3=18a+b=3 ab=1a+b=3
 a=3+52b=3-52a=3-52b=3+52 =>x=3+54y=3(3+52x=3-54y=3(3-5)2 
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 600 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 vuông ABCD có cạnh a. Trên cạnh AD lấy điểm M sao cho AM = 3MD. Kẻ tia Bx cắt cạnh CD tại I sao cho ABM=MBI. Kẻ tia phân giác của CBI, tia này cắt cạnh CD tại 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.
Tính diện tích tam giác BMN theo a.
Ta có AM = 34a => DM = 14a
vẽ tia phân giác MF của tam giác DMN.
=> FNMN=DFDM
Mặt khác ∆ABM ∼ ∆DMF (g-g) => AMAB=DFDM = 34
=> FNMN=DFDM = 34 => DF = 316a ; FN = 34MN.
Áp dụng định lý Pi-Ta-Go trong tam giác MDN
MN2 = MD2 + DN2 = MD2 + (DF + FN)2
=> MN2 = (14a)2 + (116a + 34MN)2
 716MN2 - 916a.MN - 2516a2 = 0
=> MN = 2528a (vì MN > 0)
Vậy SBMN = 12BE.MN = 12.a.2528a = 2556a2
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 vuông góc với EF.
b) Đường tròn 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 vuông góc với CD luôn đi qua một điểm cố định.
a) Dễ dàng chứng minh OM vuông 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 vuông góc với CD luôn đi qua một điểm O/ cố định.
Câu 6 (2,0điểm).
	Cho ba số thực dương a, b, c. Ta có
 a2+b2a+b+b2+c2b+c+c2+a2c+a≤3(a2+b2+c2)a+b+c 
⇔ (a + b + c)( a2+b2a+b+b2+c2b+c+c2+a2c+a)≤ 3(a2 + b2 + c2)
⇔ 2(a2 + b2 + c2) + c. a2+b2a+b+ a.b2+c2b+c + b. c2+a2c+a ≤ 3(a2 + b2 + c2)
⇔ c. a2+b2a+b+ a.b2+c2b+c + b. c2+a2c+a≤ a2 + b2 + c2
⇔ c. (a+b)2-2aba+b+ a.(b+c)2-2bcb+c+b.(c+a)2-2cac+a ≤ a2 + b2 + c2
⇔ 2(ab+bc+ca)≤ a2 + b2 + c2 + 2abca+b+2abcb+c+2abcc+a
⇔ a2 + b2 + c2 + 2abc( 1a+b+1b+c+1c+a)≥2(ab+bc+ca)
Mặt khác:
 a2 + b2 + c2 + 2abc( 1a+b+1b+c+1c+a)≥ a2 + b2 + c2 + 2abc92(a+b+c) 
= a2 + b2 + c2 + 9abc(a+b+c)
Ta cần chứng minh: a2 + b2 + c2 + 9abc(a+b+c)≥2(ab+bc+ca)
⇔ (a2 + b2 + c2)(a+b+c) + 9abc≥2(ab+bc+ca)(a+b+c)
⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc≥ 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 (*)
Không mất tính tổng quát 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.