Kẻ đường thẳng d qua điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn O, đường thẳng d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q.. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba
Trang 1Câu 1 (2,0 điểm)
a Tính A= 8 2 7+ + 16 6 7−
1
M
x
, (với x>0,x≠1).
Câu 2 (1,0 điểm)
Cho phương trình: x2−4x+2m− =3 0, (1) với m là tham số Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn: 1, 2 3( x1+ x2) = x x1 2+17
Câu 3 (2,0 điểm)
a Giải phương trình: x+ +1 5x = 4x− +3 2x+4
b Giải hệ phương trình: (2 2 2)(2 ) 2 (5 2) 2
x y
− = −
Câu 4 (1,0 điểm)
a Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4
b Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2−2y2−5xy x+ −2y− =7 0
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A) Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N (khác điểm A)
a Chứng minh rằng: 2
EB =ED EA và BA CA
BD=CD
b Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm
c Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP
d Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân
Câu 6 (1,0 điểm)
a Chứng minh rằng: 3 3
a + ≥b ab a b+ , với a, b là hai số dương
b Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a b+ ≥1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( 3 3) (2 2 2) 3
2
F = a +b + a +b + ab
Hết
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013-2014
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
Đề thi môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 30/6/2013 Thời gian làm bài: 150 phút
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ……….………SBD: …………
Họ và tên giám thị 1: ……… chữ kí: …….…
Họ và tên giám thị 2: ……… chữ kí: …….…
Trang 2GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC
NĂM HỌC 2013-2014 Câu 1 (2,0 điểm)
a TínhA= 8 2 7+ + 16 6 7−
Giải
b Rút gọn biểu thức: 1 : 1
1
M
x
, (với x>0,x≠1).
Giải
1
x x
+ Vậy M = x( x−1)
Câu 2 (1,0 điểm)
Cho phương trình: x2−4x+2m− =3 0, (1) với m là tham số Tìm các giá trị của m để phương trình (1)
có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn: 1, 2 3( x1 + x2)= x x1 2+17.
Giải
Chú ý Vì x x nằm trong các căn bậc hai nên phải có điều kiện 1, 2 x1≥0,x2 ≥0.
+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2
m
∆ > − + >
≥ ⇔ > ⇔ > ⇔ ≤ <
+) Với 3 7
2≤ <m 2 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 ≥0
Áp dụng định lí Viet ta có: 1 2
1 2
4
x x
x x m
+ =
+) Ta có 3( x1+ x2) = x x1 2+17⇔3(x1+ +x2 2 x x1 2) =x x1 2+17⇔3 4 2 2( + m− =3) 2m− +3 17
1
m
≥ −
1 1
2
14
m m
m
m
≥ −
≥ −
So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là m=2
Câu 3 (2,0 điểm)
a Giải phương trình: x+ +1 5x= 4x− +3 2x+4.
Giải
Trang 3+) ĐK:
1
1 0
0
3
4
x x
x x
x
≥ −
+ ≥
+) Ta có PT ⇔ + +x 1 2 x+1 5x+5x=4x− +3 2 4x−3 2x+ +4 2x+4
2
3 ( )
( ) 3
= −
=
+) KL: Phương trình có một nghiệm 4
3
x=
b Giải hệ phương trình: (2 2 2)(2 ) 2 (5 2) 2
7 3
− = −
Giải
+) Ta có PT(1)⇔2x2+xy+4xy+2y2−4x−2y=10xy−4x−2y
⇔2x2−5xy+2y2 = ⇔0 (2x2−4xy)+(2y2−xy) 0= ⇔2 (x x−2 )y −y x( −2 ) 0y =
x y x y
+) Trường hợp 1: x=2y, kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2 2
x y
x y
=
− = −
2
1
2
x
x
y y
x
y
=
=
=
+) Trường hợp 2: y=2x, kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2 2
y x
x y
=
− = −
2
2
14 2 46 2
7 46
7 46
14 2 46
x
x y
y
y x
x
x
y
= +
=
= −
+) Kết luận: Hệ phương trình có 4 nghiệm:
3
,
2
x x
y
y
=
=
Trang 4Câu 4 (1,0 điểm)
a Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4.
Giải
+) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ Do đó theo nguyên lý Đirichlet trong 3 số nguyên bất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ
+) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ra được hai số có cùng tính chẵn lẻ Gọi 2 số chính phương được chọn ra đó là a và 2 b Khi đó ta có 2 a2− = −b2 (a b a b)( + )
+) Vì a và 2 b cùng tính chẵn lẻ nên a, b cũng cùng tính chẵn lẻ Do đó 2 a b− là số chẵn và a b− cũng là số chẵn a2−b2 = −(a b a b)( + ) 4M , (đpcm)
Chú ý
Ta có thể giải bài toán này bằng cách vận dụng tính chất sau của số chính phương: “Một số chính phương chia cho 4 thì sẽ có số dư là 0 hặc 1” Khi đó lập luận như cách làm trên ta thu được điều phải chứng minh Tuy nhiên trong khi làm bài thi nếu vận dụng tính chất này thì học sinh phải chứng minh lại.
b Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2−2y2 −5xy x+ −2y− =7 0.
Giải
+) Ta có PT ⇔(3x2−6xy) (+ −2y2+xy)+ −(x 2y) =7.
⇔3x x( −2y) (+y x−2y) (+ −x 2y)=7
⇔(x−2y) (3x y+ + = =1) 7 1.7 7.1= = − − = − −1 7( ) 7 1( )
Do đó ta có 4 trường hợp sau:
+) TH1:
13
7
x
y
=
,(loại)
+) TH3:
17
7
x
y
= −
,(loại)
+) TH4:
11
7
x
y
= −
,(loại)
+) Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm nguyên là (1; -3)
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A) Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N (khác điểm A).
a Chứng minh rằng: EB2 =ED EA và BA CA
BD=CD .
Giải
Trang 5+) Ta có ∆ABE: ∆BDE g g( − ), (vì µE chung và ·BAD DBE= · ) AE BE BE2 AE DE.
BE DE
+) Ta có ABE BDE g g( ) AB BE
BD DE
CD DE
Mặt khác ta có EB = CE (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có AB AC
BD =CD, (đpcm)
b Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm.
Giải
+) Ta có Ax // PQ ⇒BPE B· = · Ax (so le trong), mặt khác ·BAx=·ADB( cùng bằng nửa số đo cung AB) Do
đó ta có ·BPE=·ADB⇒ BDEP là tứ giác nội tiếp
+) Ta có Ax // PQ ⇒CQE C· =· Ay (so le trong), mặt khác ·CAy=·ADC( cùng bằng nửa số đo cung AC) Do
đó ta có ·CQE=·ADC⇒ CDEQ là tứ giác nội tiếp
Vậy ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, BPE, CQD cùng đi qua điểm D, (đpcm)
c Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.
+) Ta có ·BPE BAx ADB ABz EBP=· =· =· =· ⇒ ∆EBP cân tại E ⇒EB EP= , (1)
+) Ta có ·CQE CAy=· =·ADC =·ACt ECQ=· ⇒ ∆ECQ cân tại E ⇒EC EQ= , (2)
+) Ta có EB = EC (giả thiết), (3)
Từ (1), (2), (3) ta có: EB = EC = EP = EQ ⇒ E là tâm đường tròn ngoại tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PBCQ
d Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.
Nhận xét Đường thẳng AD được gọi là đường đối trung của tam giác ABC Nó chính là đường thẳng đối
xứng với đường trung tuyến AM qua đường phân giác trong của tam giác ABC tại đỉnh A Nó có nhiều tính chất rất và ứng dụng rất thú vị, là một kiến thức quan trọng trong bồi dưỡng học sinh giỏi hình học, đặc biệt ở bậc THPT Câu (d) của đề thi được khai thác từ định nghĩa của đường đối trung là sự đối xứng của
AD và AM qua phân giác trong tại đỉnh A .
Trang 6Cách 1 (Sử dụng tam giác đồng dạng)
Xét hai tam giác ABC và AQP có: µA chung, ·ABC AQP=· (vì cùng bằng góc ·ADC ) Do đó hai tam giác đồng dạng theo trường hợp (góc – góc)
2
2
BA BC BA BM BA BM
ABM AQD c g c BAM QAD BAD CAM
QA QP QA QD QA QD
BD CN
⇒ = ⇒BC DN// ⇒BCNDlà hình thang cân
Cách 2 (Sử dụng định lí Ptôlêmê)
+) Theo như câu (a), ta có: D D
D
AB AC
AB C AC B
DB =C ⇒ = +) Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABCD, ta được: A BCD = AB DC B AC + D =2.AC DC
2
BC
D
+) Ta có: Tứ giác ABCD nội tiếp ⇒·ACB B A=· D (**)
+) Từ (*) và (**) ⇒ ∆A BD : ∆ACM c g c( − − ) ⇒·BAD=·NAC
+) Ta có:
1
2 1 d 2
BA s B BC
NAC s NC NBC
Mà ·BAD=NAC· ⇒BC· D=·NBC
⇒Tứ giác BCDN là hình thang cân, (đpcm)
Cách 3 (Sử dụng bài toán phụ sin Aµ sin Bµ sin Cµ 2
BC AC AB
R
= = = , còn được gọi là định lí hàm Sin trong tam giác).
+) Trước hết ta đi chứng minh kết quả: Cho tam giác ABC ta luôn có sin Aµ sin Bµ sin Cµ 2
BC AC AB
R
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Thật vậy kẻ đường kính BD của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có: µA BDC=· , xét tam giác vuông
µ
sin B sin C
+) Gọi M’ là giao điểm của đường thẳng đối xứng với đường thẳng AD qua đường phân giác trong tại đỉnh A Ta sẽ chứng minh M’ trùng với điểm M
Thật vậy áp dụng kết quả chứng minh ở trên cho các tam giác ABM’, ACM’, ABE, ACE ta có và lưu ý
BAM =CAE ACM =ABE ABM =ACE CAM =BAE ta có:
·
·
·
·
' sin '
M A BAM
M B M C
ACM
trung điểm của BC, do đó M trùng với M’ mà ·CAM'=BAE· ⇒CAM· =·BAE⇒BD CN=
//
BC DN BCND
Trang 7Câu 6 (1,0 điểm)
a Chứng minh rằng: a3+ ≥b3 ab a b( + ), với a, b là hai số dương.
Giải
(a b a+ )( −ab b+ )−ab a b( + ≥ ⇔ +) 0 (a b a)( −2ab b+ ) 0≥ ⇔ +(a b a b)( − ) ≥0
Ta thấy với a, b là hai số dương nên bất đẳng thức đã cho luôn đúng
Dấu “=” xảy ra khi a = b
b Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a b+ ≥1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( 3 3) (2 2 2) 3
2
F = a +b + a +b + ab
Giải
Cách 1
+) Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ở câu (a) ta có: ( 3 3)2 [ ]2
a +b ≥ ab a b+ mà theo giả thiết a b+ ≥1
Do đó ( 3 3)2 [ ]2 2
a +b ≥ ab a b+ ≥ ab
+) Mặt khác ta có: 2 2 ( )2
F a= +b = +a b − ab≥ − ab
ab
F≥ ab + − ab+ ab= ab − + = ab − ab + + =ab− + ≥
+) Dấu “=” xảy ra
1
1
4
a b
a b ab
+ =
+) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng 15
16, đạt được khi
1 2
a b= =
Cách 2
+) Ta có ( 3 3)2 ( )2 1
2
F = a +b + +a b − ab
+) Ta luôn có bất đẳng thức:
3
4
a b
a + ≥b + , (*) với mọi a, b > 0 Thật vậy (*) 2
4
a b
a ab b +
4a 4ab 4b a 2ab b (a b) 0
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: ( )2 3 2
a b
a +b ≥ + ≥
+) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
ab≤ + ⇔ − ≥ −ab +
2
a b
a b
a b
+ =
=
+) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng 15
16, đạt được khi
1 2
a b= =
PHẠM VĂN QUÝ Chỉnh lý và bổ sung: BÙI TIẾN ANH