de TS toan 10 chuyen quang nam 2017 2018

a Chứng minh tứ giác BFNK nội tiếp đường tròn và HK vuông góc với AM.. Gọi P là giao điểm của AL và BE Q là giao điểm của BL và , AD Chứng minh đường thẳng... + Chứng minh được hai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN (Toán chuyên)Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 11/7/2017

Câu 1 (2,0 điểm).

a) Cho biểu thức          

A

x

với  0x và  1

4

x

Rút gọn biểu thức A và tìm x để  1

3

A x

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )a b thỏa mãn đẳng thức 9a26a b 30

Câu 2 (2,0 điểm).

a) Giải phương trình 2x2x x    3 1 3 0

b) Giải hệ phương trình

     







3

Câu 3 (1,0 điểm).

Cho parabol ( ):P y x 2 và đường thẳng ( ):d y ax b Tìm   a và b để ( )d cắt ( ) P

tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho A có hoành độ bằng 2 và khoảng cách từ A đến trục

tung bằng hai lần khoảng cách từ B đến trục tung

Câu 4 (2,0 điểm).

Cho hình vuông ABCD điểm , E nằm trên cạnh BC (E khác B, E khác ).C Hai

đường thẳng AE và CD cắt nhau tại F

a) Chứng minh 12 12  12

b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ACD và I là trung điểm của cạnh AD. Điểm M

di động trên đoạn thẳng ID đường thẳng MG cắt AC tại , N Chứng minh   3;

trong trường hợp giá trị của tích AM AN. nhỏ nhất, tính tỉ số .

AM AD

Câu 5 (2,0 điểm).

Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn ( )(  ) O và có trực tâm H. Ba điểm , ,D E F lần lượt là chân các đường cao vẽ từ , , A B C của tam giác ABC Gọi M là trung điểm của cạnh BC K là giao điểm của EF và , BC Đường thẳng AK cắt đường tròn

( )O tại điểm thứ hai là N

a) Chứng minh tứ giác BFNK nội tiếp đường tròn và HK vuông góc với AM.

b) Lấy điểm L trên cung nhỏ BC của đường tròn ( ) O ( L khác ,B L khác C ) Gọi

P là giao điểm của AL và BE Q là giao điểm của BL và , AD Chứng minh đường thẳng

DE cách đều hai điểm P và Q

Câu 6 (1,0 điểm).

, ,

thuvienhoclieu com

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x yz y zx z xy 3  3  3

HẾT

-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2017-2018

(Bản hướng dẫn này gồm 05 trang)

Câu 1

(2,0)

A

x





với x0 và

1 4

x

Rút gọn biểu thức A và tìm x để

1 3

A x



1,0

2 13 2 2 1 22 1  2 2 1 2 1

A





4

2

x x

x







0,25

Với x0 và

1 4

x

:

x

Đặt t x t  0,t 1 / 2 Phương trình (*) trở thành:

3t     t 2 0 (t 1)(3t        3t 2) 0 t 1 x 1 (thỏa điều kiện). 0,25

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )a b thỏa mãn đẳng thức 9a26a b 30. 1,0

9a  6a b   0 9a  6a  1 b  1  (3a 1)2b3 1 (*)

Vì (3a1)20 nên b3   1 0 hay b  1. 0,25

+ Với b  1: Từ (*) suy ra:

1 3

a

(không thỏa)

+ Với b0: Vì (3a 1)2 là số chính phương nên b3  1 là số chính phương.

2

b b

0,25

.+ Do b31 và (b 1)2 là các số chính phương khác 0 nên 3  0;2

.+ Với b  0 a 0(thỏa)

+ Với

2 2

3

b   a

hoặc

4 3

a

(cả 2 giá trị a không thỏa)

Vậy ( ; ) (0;0)a b  là cặp số duy nhất thỏa yêu cầu.

0,25

* Cách khác: 9a26a b 3 0 9a26a 1 b31 (3a 1)2b3 1 (*)

Vì (3a1)20 nên b3   1 0 hay b  1. (0,25)

+ Xét b 1 không thỏa (*).

+ Xét b0, từ (*) suy ra a 0.

+ Xét b1 không thỏa (*).

(0,25)

+ Xét b2: Ta có: (3a 1)2b3  1 (3a 1)2  (b 1)(b2 b 1)

Gọi d = ƯCLN(b1,b2 b 1) Vì b2  b 1 b b(   1) 2(b  1) 3nên 3 dM

Hơn nữa (3a1)2 không chia hết cho 3 nên d 3 Do đó d1

Lại có (3a1)2 (b 1)(b2 b 1) nên b1 và b2  b 1 đều là hai số chính phương.

(0,25)

Mặt khác: (b1)2b2  b 1 b2 (vì b2) nên b2  b 1 không phải là số chính phương.

Vậy ( ; ) (0;0)a b  là cặp số duy nhất cần tìm. (0,25)

Câu 2

(2,0) a) Giải phương trình 2x2 x x    3 1 3 0

(1)  2x   x 3 x x   3 0 (x  3) x x  3 2x  0 (2) 0,25 Đặt t x3 (t0), phương trình (2) trở thành: t2  xt 2x2  0   t x hoặc t 2x. 0,25

Với t x thì x   3 x 2

0

.

3 ( )

2

x x

x







Với t2x thì x  3 2x 2

0

3 (2 )

x





 

 









0

x

x hoÆc x  x 1.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:

1 13

2

* Cách khác: Điều kiện: x 3

(1)2x2x x   3 x 3 0  2x2 x x  3 2x x    3 (x 3) 0

x x(2  x  3) x 3 2 x x  3 0 2x x 3x x  3 0

2x x 3 0 hoặc x x  3 0

(0,5)

Giải phương trình 2x x 3 0 tìm được x 1. (0,25) Giải phương trình x x 3 0 tìm được x 1 213





b) Giải hệ phương trình

3

x y x y xy

     





Hệ phương trình đã cho tương đương với:

2

x y x y xy





0,25

Đặt S  x y P xy,  , hệ phương trình trên trở thành:

2







3

S S

 

Thay (3) vào (2) và biến đổi được:

S S S  S S S(  2)(S2    S 3) 0 S 0 hoặc S 2.

0,25

+ S    0 P 1 Giải được ( ; ) (1; 1)x y   hoặc ( ; ) ( 1;1)x y   . 0,25

+ S   2 P 1 Giải được ( ; ) (1;1)x y  .

Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm: (1;1),(1; 1) ,( 1;1)  . 0,25

thuvienhoclieu com

Ta có: (2)(x2y2)(xy  1) 4 2xy(x2y2) (x2y2)(xy  1) (x2y2) 2(  xy  2) 0

(x y )(xy 2) 2(xy 2) 0

       (xy 2)(x2y2   2) 0 xy  2 hoặc x2y2 2.

+ Với xy 2 ta có hệ:

2

2

x y x y xy



 

 

(0,25)

+ Với x2y22 ta có hệ:

3

2 2

x y xy

x y x y xy

x y

x y



2 1

x y

xy

 



 hoặc

0 1

x y xy

 



  



1 1

x y





  

 hoặc

1 1

x y





  

 hoặc

1 1

x y

 



 

Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm: (1;1),(1; 1) ,( 1;1)  .

(0,25)

Câu 3

(1,0) Cho parabol

2

( ):P y x và đường thẳng ( ):d y axb Tìm a và b để ( )d cắt ( )P tại hai điểm phân biệt A B, sao cho A có hoành độ bằng 2 và khoảng cách từ A đến trục tung

bằng hai lần khoảng cách từ B đến trục tung

1,0

+ A thuộc (P) và có hoành độ bằng 2 nên A(2;4)

d đi qua A(2;4) nên 4 2 a b   b 4 2a Suy ra ( ) :d y ax  2a 4. 0,25

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2ax2a   4 0 x 2 hoặc x a  2

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi: a 2 2 hay a 4  .

0,25

Hoặc:

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2ax2a 4 0 (*)

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

2

        (được 0,25).

+ Khi đó hoành độ của A và B lần lượt là: x A2,x B a 2.

d A Oy( ; ) 2 ( ; d B Oy) x A 2 x B  2 2a  2 a 1 hoặc a 3 0,25

Câu 4

(2,0) a) Chứng minh 2 2 2

* Cách 1:

F I

C' D'

N G

K

A

D

B

C

E M

1

Đặt BAE AFD· ·  Ta có: cos , sin

AE   AF AF  

0,25 Vậy:

Ghi chú: không có hình không chấm.

1

AB AB

AE  AF  AB  AE  AF  DC22 AD22 1

AE AF

(0,25)

Ta có:

AE DC DC DF

AF  DF  AE  AF

Vậy:

AE  AF  AF  AF DF2 2AD2 AF22 1.



* Cách 3:

A

D

B

C E

Dựng đường thẳng qua A, vuông góc với AE và cắt đường thẳng CD tại J.

+ Chứng minh được hai tam giác ADJ và ABE bằng nhau Suy ra AJ=AE.

(0,5) + Trong tam giác vuông AJF có:

(0,25)

b) Chứng minh 3;

trong trường hợp tíchAM AN. nhỏ nhất, tính tỉ số

AM

Hình vẽ phục vụ câu b (không có hình không chấm) 0,25

* Khi M trùng I hoặc M trùng D ta có: 3

AD AC

AM  AN 

* Trường hợp M khác I và M khác D:

Gọi K là trung điểm của CD Dựng CC’//MG, DD’//MG (C’, D’ thuộc AG)

Khi đó:

,

AD AD AC AC

AM  AG AN  AG

Do đó

AD AC AD AC AD AC



0,25

Hai tam giác KDD’ và KCC’ bằng nhau nên KC’=KD’ Suy ra

2 3 2

AD AC AK

AM  AN  AG  

0,25

Ta có:

9

(AD, AC không đổi) 0,25 Đẳng thức xảy ra khi

AD AC

hay MG//DC Khi đó:

=

AD AK  3

Vậy khi AM.AN nhỏ nhất thì

AD  3

0,25

H P

G

K

A

B

M

* Chứng minh 3

bằng cách khác:

Gọi H là giao điểm của MN và BC, P là trung điểm của MH



(0,25)

2

1 2

Lưu ý: M trùng D hoặc I, ta vẫn có HC+MD=2PK.

(0,25)

Câu 5 a) Chứng minh tứ giác BFNK nội tiếp trong đường tròn và HK vuông góc với AM. 1,25

thuvienhoclieu com

(2,0) Hình vẽ phục vụ câu a (không tính điểm hình

vẽ câu b, không có hình không chấm)

S

H M

N

K

F

E

D

O

A

I

J Q

P

E

D

O

A

L

0,25

KNB=ACB· · (vì tứ giác ANBC nội tiếp)

KFB=ACB· · (vì tứ giác BCEF nội tiếp)

Suy ra KNB=KFB· · Do đó tứ giác BFNK nội tiếp

0,25

+ Hai tam giác KNB và KCA đồng dạng nên KN.KA = KB.KC

+ Hai tam giác KBF và KEC đồng dạng nên KF.KE = KB.KC

Suy ra KN.KA = KF.KE hay

KN KE

=

KF KA

0,25

Hơn nữa ·NKF=EKA· Do đó hai tam giác KNF và KEA đồng dạng

Suy ra KNF=KEA· · Do đó tứ giác ANFE nội tiếp

Suy ra A, N, F, H, E nằm trên đường tròn đường kính AH Do đó NHAK.

0,25

+ Tia NH cắt đường tròn (O) tại S, AS là đường kính của (O)

+ Chứng minh được tứ giác BHCS là hình bình hành Suy ra HS qua trung điểm M của BC

Suy ra N, H, M, S thẳng hàng Khi đó H là trực tâm của tam giác AKM Vậy HK  AM. 0,25

b) Chứng minh đường thẳng DE cách đều hai điểm P và Q 0,75 + Hạ PI và QJ vuông góc với đường thẳng DE lần lượt tại I, J Đặt LAC=LBC=α· ·

PI=EP.sinPEI=AE.tanα.sinBAD· · =(AB.cosA).tanα.cosB=AB.cosA.cosB.tanα. 0,5 QJ=QD.sinQDJ=BD.tanα.sinABE· · =(AB.cosB).tanα.cosA=AB.cosA.cosB.tanα

Suy ra PI=QJ Vậy P và Q cách đều đường thẳng DE 0,25

Ghi chú: Nếu thí sinh xét 2 trường hợp và giải đúng trong trường hợp A, D, L thẳng hàng

thì được 0,25 Nếu không chia 2 trường hợp mà vẽ hình đặc biệt A, D, L thẳng hàng để giải thì không cho điểm

Câu 6

(1,0) Cho 3 số thực dương

, ,

x y z thỏa x y z  3 Tìm giá trị lớn nhất của

Ta có: (a b c  )23(ab bc ca  ) với a, b, c là 3 số thực (dấu bằng xảy ra khi a=b=c).

Áp dụng bất đẳng thức trên với a xy b yz c zx ,  ,  (x, y, z > 0) ta được:

2

3

xy yz zx

xy yz zx   y zx z xy x yz  xyz x y z     ( ) 2

9

xy yz zx xyz  

0,25

Ta có:

2

9

xy yz zx

1

9 xy yz zx xy yz zx x y z

0,25

3

xy yz zx xy yz zx x y z

3

x y z

P    3 x y z 1 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 khi x y z   1. 0,25

* Lưu ý:

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định