15 DE VA HDC TS10 THPT CHUYÊN hải DƯƠNG 2015 2016

Câu IV 3,0 điểm Cho đường tròn O; R và dây BC cố định không đi qua tâm.. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn O M và N là các tiếp điểm.. Gọi I là trung điểm của BC.. AK AB A

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn thi: TOÁN (Chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)

1) Choa b  29 12 5 2 5  Tính giá trị của biểu thức:

2( 1) 2( 1) 11 2015

A a a   b b  ab 2) Cho x y, là hai số thực thỏa mãnxy (1x2)(1y2) 1.

Chứng minh rằngx 1y2 y 1x2  0

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình2x 3 4x29x2 2 x 2 4x 1

2) Giải hệ phương trình

2







Câu III (2,0 điểm)

1) Tìm các số nguyênx y, thỏa mãn 4 2 2

20 0

x x  y  y  2) Tìm các số nguyênk để 4 3 2

k  k  k  k là số chính phương

Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm Trên tia đối của tia BC lấy

điểm A (A khác B) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm) Gọi I là trung điểm của BC

1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN

2) Gọi K là giao điểm của MN và BC Chứng minh 2 1 1

AK AB AC

3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P Xác định vị trí của điểm

A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành

Câu V (1,0 điểm) Cho ,a b là các số dương thỏa mãn điều kiện(a b )34ab12

Chứng minh bất đẳng thức 1 1 2015 2016

1a1b ab

-Hết -Câu I (2,0 điểm)

1) Choa b  29 12 5 2 5  Tính giá trị của biểu thức:

2( 1) 2( 1) 11 2015

A a a   b b  ab

11 2015

a b

2) Cho x y, là hai số thực thỏa mãnxy (1x2)(1y2) 1.

Chứng minh rằngx 1y2 y 1x2  0

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình2x 3 4x29x2 2 x 2 4x 1

Pt 2x 3 (x2)(4x1) 2 x 2 4x1 ĐK: 1

4

x 

Đặt

2

4

t

PTTT t2 4t    hoặc t = 33 0 t 1

TH1 t = 1 giải ra vô nghiệm hoặc kết hợp với ĐK t  7 bị loại

TH 2.t 3 2 x 2 4x  Giải pt tìm được1 3 2

9

x  (TM) Vậy pt có nghiệm duy nhất 2

9

x 

2) Giải hệ phương trình

2





 ĐK:y 2x 1 0, 4x y  5 0,x2y 2 0, x1





TH 2.x1,y1 Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được

2

x y

 

Doy 2x 1 0

y x   x        

Thayy 2 x vào pt thứ 2 ta được 2

x  x  x   x

( 2)( 1)

3x 7 1 2  2 x   x

Vậyx  2 0 x 2 y4 (TMĐK)

Câu III (2,0 điểm)

1) Tìm các số nguyênx y, thỏa mãnx4x2 y2 y20 0. (1)

Ta có (1)  x4x220y2 y

Ta thấyx4x2 x4x220x4x220 8 x2

 x x2( 21) y y( 1) ( x24)(x25)

Vì x, y ∈  nên ta xét các trường hợp sau

+ TH1.y y( 1) ( x21)(x22) x4x220x43x22

Vớix  , ta có2 9 y2y92 9 20 y2 y 110 0

10; 11( )

+ TH2.y y( 1) ( x22)(x23) x4x220x45x26

2

+ TH3 ( 1) ( 2 3)( 2 4) 6 2 8 2 4

3

y y  x  x   x   x  (loại)

+ TH4.y y( 1) ( x24)(x25)8x2  0 x2  0 x0

Vớix  , ta có2 0 y2y20 y2 y 20 0  y5;y4

Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên (x;y) là :

(3;10), (3;-11), (-3; 10), (-3;-11), (0; -5), (0;4)

2) Tìm các số nguyênk để 4 3 2

k  k  k  k là số chính phương

M k  k  k  k

M  k  k   k k  k  k  k

(k 1) 8 (k k 1) 9(k 1) (k 1) ( k 3) 1

M là số chính phương khi và chỉ khi 2

(k 1) 0 hoặc 2

(k  3) 1 là số chính phương

(k1)  0 k1

TH 2 2

(k  3) 1 là số chính phương, đặt 2 2

(k 3)  1 m m(  )

Vì ,m k m k  3 ,m k  3 nên

3 1

3 1

m k

m k





k

Vậy k = 1 hoặc k = 3 thì 4 3 2

k  k  k  k là số chính phương

Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm Trên tia đối của tia BC lấy

điểm A (A khác B) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm) Gọi I là trung điểm của BC

1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN

Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 90o = > 5 điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO 0,25

=> AIN = AMN, AIM = ANM (Góc nội tiếp cùng chắn một cung)

AM = AN => ∆AMN cân tại A => AMN = ANM

=> AIN = AIM => đpcm

2) Gọi K là giao điểm của MN và BC Chứng minh 2 1 1

AK AB AC

2AB AC AK AB AC( ) AB AC AK AI

(Do AB+ AC = 2AI)

∆ABN đồng dạng với ∆ANC => AB.AC = AN2

∆AHK đồng dạng với ∆AIO => AK.AI = AH.AO

Tam giác ∆AMO vuông tại M có đường cao MH => AH.AO = AM2

=> AK.AI = AM2 Do AN = AM => AB.AC = AK.AI

3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P Xác định vị trí của điểm

A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành

Ta có AN  NO, MP NO, M AN => AN // MP

Do đó AMPN là hình bình hành  AN = MP = 2x

Tam giác ∆ANO đồng dạng với ∆NEM =>

2

2

NE

NE EM   R

TH 1.NE = NO – OE =>

2

2

2

x

Đặt R2 x2 t t,  0 x2 R2 t2.

PTTT2(R2 t2) R2 Rt 2t2 Rt R2 0 2t R

t R







t  t R  R  x  R x  A B (loại)

TH 2 NE = NO + OE =>

2

2

2

x

Đặt R2 x2 t t,  0 x2 R2 t2

PTTT2(R2 t2) R2 Rt 2t2 Rt R2 0 2t R







2

R

t  t R  R  x  R x AO R (loại)

Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh

Câu V (1,0 điểm) Cho ,a b là các số dương thỏa mãn điều kiện 3

(a b ) 4ab12 Chứng minh bất đẳng thức 1 1 2015 2016

1a1b ab

12 ( a b ) 4ab 2 ab 4ab Đặtt ab t,  thì0

12 8 t 4t  2t t  3 0  (t1)(2t 3t3) 0

Do 2

2t 3t 3 0,tnênt   1 0 t 1 Vậy0ab1

1a1b 1 ab a b thỏa mãnab 1

1a 1 ab 1b 1 ab 

0

2

0

   Do0ab1 nên BĐT này đúng

Tiếp theo ta sẽ CM 2 2015 2016, , 0

1 ab  ab a b thỏa mãnab 1 Đặtt ab,0  ta đượct t 2 2

2015 2016

1t t 

2015t 2015t  2016t 2014 0

2

( 1)(2015t t 4030t 2014) 0

     BĐT này đúng t: 0 t 1

1a1b ab Đẳng thức xảy ra a = b = 1