SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2015 - 2016 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Đề chính thức Môn: TOÁN(CHUYÊN) Ngày thi: 05/06/2015 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2 điểm) a) Cho số thực x > 0 thỏa mãn điều kiện: 2 2 1x 14 x Tính giá trị các biểu thức 3 3 1A x x và 5 5 1B x x b) Rút gọn biểu thức A 8 2 10 2 5 8 2 10 2 5 Bài 2: (2 điểm) a) Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn: 2 2 2x 5y z 2(y z) 4xy 1 b) Giải hệ phương trình: 1 12 2 yx 1 12 2 xy Bài 3: (2 điểm) a) Chứng minh phân số 21n 4 14n 3 là tối giản với mọi n nguyên dương. b) Giải phương trình 2x mx n 0 , biết rằng phương trình có hai nghiệm nguyên dương phân biệt và m, n là hai số nguyên tố. Bài 4: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’; R’); D là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường thẳng AI cắt (O’; R’) tại M (điểm M khác điểm I ). a) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh 2KB = KI.KJ ; từ đó suy ra KB = KD. b) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. c) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD Bài 5: (1 điểm) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b c a + b + c+ + 3a + ab + b b + bc + c c + ac + a GV: Võ.M.Trình – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2015 - 2016 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2 điểm) a) Từ giả thiết suy ra: 21 1x + 16 x + 4 x x (do x > 0) 2 32 3 1 1 1 14.14 x + x + = x + + x + x xx x 3 3 1A x + 52 x 2 3 52 3 5 1 1 1 114.52 x x x x xx x x 5 5 1B x 724 x b) Ta chứng minh được: 2 2X + X Y X X Y X ± Y = ± 2 2 , với 2X 0; Y 0; X Y A 8 40 8 5 8 40 8 5 8 64 40 8 5 8 64 40 8 5 2 2 8 64 40 8 5 8 64 40 8 5 2 2 8 24 8 5 8 2 5 22. 2. 2 2 212 4 5 10 2 10 2 Cách 2: Ta có A > 0 2A 8 2 10 2 5 (8 2 10 2 5 )(8 2 10 2 5 ) 8 2 10 2 5 216 2 8 4 10 2 5 16 2 24 8 5 2 16 2 2 5 2 12 4 5 2 5 1 A 2 10 Bài 2: (2 điểm) a) BĐT 2 2 2x + 5y + z + 2y 2z 4xy 1 Vì x, y, z nguyên nên: 2 2 2x + 5y + z + 2y 2z 4xy 2 2 2 2 2x 4xy + 4y + y + 2y + 1 + z 2z + 1 0 2 2 2x 2y + y + 1 + z 1 0 x 2y = 0 x = 2 y + 1 = 0 y = 1 z 1 = 0 z = 1 . b) Điều kiện: 1 1x ; y 2 2 Từ hệ suy ra 1 1 1 12 2 y xx y (1) Nếu 1 1 1 1x y 2 2 y xx y VT(1) > VP(1) Nếu 1 1 1 1x y 2 2 y xx y VT(1) < VP(1) nên (1) chỉ xảy ra khi x = y thế vào hệ ta giải được x = 1, y = 1 Cách 2: Cộng vế với vế hai PT ta được: 1 1 1 12 2 4 x yx y Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: 2 21 1 1 12 1 1 2 2 x x xx Dấu “=” xảy ra khi 1 1 1 12 2 x 1 x x xx Tương tự đối với 2 21 1 1 12 1 1 2 2 y y yy Dấu “=” xảy ra khi 1 1 1 12 2 y 1 y y yy Thử lại x = y = 1 là nghiệm của hệ PT Bài 3: (2 điểm) a) Gọi d(d 1) là ước chung lớn nhất của hai số 21n 4 và 14n 3 21n 4 kd ; 14n 3 ld với k, l là những số nguyên dương 7n 1 k l d 21n 3 3(k l)d 1 (21n 4) (21n 3) kd 3(k l)d (3l 2k)d Vì 3l 2k và d là các số nguyên dương 3l 2k d 1 Vậy phân số 21n 4 14n 3 tối giản b) Gọi 1 2x ,x là các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho, giả sử 1 2x x . Theo hệ thức Viet: 1 2 1 2x + x = m; x .x = n . Do n là số nguyên tố nên 1 2x 1; x n Từ 1 2x + x = m 1 n = m n; m là hai số tự nhiên liên tiếp n = 2; m = 3. Khi đó phương trình là 2x 3x 2 0 và có hai nghiệm 1 2x 1; x 2 Bài 4: (3 điểm) a) Chứng minh 2KB = KI.KJ ; từ đó suy ra KB = KD. Do AO và AO’ là hai tia phân giác của BAC A, O, O’ thẳng hàng. Xét: KBI và Δ KJB 1 2 1 1 1 M J K I H O' O D C B A Có: 1 1J B (góc tạo bởi tia tt và dây và góc nt cùng chắn cung BI) ; BKI chung Δ KBI ∽ KJB (g.g) 2 KI KB KB KI.KJ KB KJ (1) Tương tự: KDI ∽ KJD 2 KI KD KD KI.KJ KD KJ (2) Từ (1) và (2) KB KD . b) Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. Xét tam giác ABO’ vuông tại B, có: 2AB AH.AO' (3) Xét ABI và AMB có: 1 1B M (góc tạo bởi tia tt và dây và góc nt cùng chắn cung BI); BAI chung ABI ∽ AMB (g.g) 2 AB AI AB AM.AI AM AB (4). Từ (3),(4) AH AMAI.AM AH.AO' AI AO' . AHI ∽ AMO' ( vì AH AM AI AO' ;MAO' : chung ). 1 2H M 4 điểm I, H, M, O’ cùng thuộc một đường tròn. c) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp Δ IBD Do: OD // O’B (cùng AB) AO OD R OI OI AO' O'B R' O'M O'I nhưng OI cắt O’I và A, I, M thẳng hàng OI // O’M. DOI BO'M . mà 1 1BDI DOI 2 2 sđ DI và 1 1BIM BO'M 2 2 sđ BM BDI BIM IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp BID Hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BID . Bài 5 (1,0 điểm) Ta có: 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b b c c a+ + = a b + b c + c a = 0 a + ab + b b + bc + c c + ac + c 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c b c a a ab b b bc c c ac a a ab b b bc c c ac a Vì thế bất đẳng thức đã cho tương đương với: 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 a + b + ca + b b + c c + a+ + 3a + ab + b b + bc + c c + ac + a 1 2 1 1 1 M J K I H O' O D C B A Vì 2 2 2 2 2 a ab + b 1 2 a b 0 3a + ab + b (đúng) 2 2 2 2 a ab + b 1a b a b 3a + ab + b hay 3 3 2 2 a b 1 a b 3a ab b (1) đẳng thức xảy ra khi a = b Tương tự 3 3 2 2 b c 1 b c 3b bc c (2) và 3 3 2 2 c a 1 c a 3c ac a (3) Cộng (1), (2), (3) suy ra 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b c a + b + c+ + 3a + ab + b b + bc + c c + ac + a Đẳng thức xảy ra khi a = b = c Cách 2: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b c a + b + c+ + 3a + ab + b b + bc + c c + ac + a (1) Ta có: a + b + c = 2a – b + 2b – c + 2c – a BĐT (1) 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a 2a b b 2b c c 2c a+ 0 (2) a + ab + b 3 b + bc + c 3 c + ca + a 3 Xét: 23 2 2 3 33 2 2 2 2 2 2 2 2 3a 2a b a + ab + b a b ab a b a b a ba 2a b 0 a + ab + b 3 3 a + ab + b 3 a + ab + b 3 a + ab + b Tương tự: 3 2 2 b 2b c 0 b + bc + c 3 ; 3 2 2 c 2c a 0 c + ca + a 3 Vậy (2) đúng, đo đó (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c GV: Võ.M.Trình – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định
Tài liệu đính kèm: