Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài... Do đó, hai tam giác HFE NCB đồng dạng.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
NĂM HỌC 2018-2019 Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2018 Môn thi: TOÁN ( CHUYÊN TOÁN)
Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thởi gian phát đề)
Câu 1: ( 1,5 điểm)
a) Cho các biểu thức P x( ) 5x 12 16x 32
x
-=
- và Q x( ) = +x x+3
Tìm số nguyên x0 sao cho P x( )0
và Q x( )0
là các số nguyên, đồng thời P x( )0
là ước của Q x( )0
1
x t
=
- + Tính giá trị biểu thức
2
x A
= + + theo t
Câu 2: (2,0 điểm)
a) Cho parabol ( ) 1 2
: 4
và đường thẳng
d y= x
Gọi ,A B là các giao điểm của ( )P
và d Tìm tọa độ điểm C trên trục tung sao cho CA+CB có giá trị nhỏ nhất
b) Giải hệ phương trình
4 0
ïïí
ïïî
Câu 3: ( 1,5 điểm)
a) Xác định các giá trị của m để phương trình x2- 2mx- 6m- 9= (x là ẩn số) có hai nghiệm phân 0
biệt x x1, 2 thỏa mãn điều kiện 1 2
1 1 1.
x + x =
b) Giải phương trình 33x2- x+ -1 33x2- 7x+ -2 36x- 3= 32
Câu 4: ( 3 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC AB( <AC)
nội tiếp đường tròn tâm ,O có ba đường cao là AD BE CF và trực , , tâm là H Gọi M là giao điểm của AO với BC và , P Q lần lượt là chân các đường vuông góc vẽ từ M
đến AB AC ,
a) Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
b) Chứng minh HE MQ =HF MP
c) Chứng minh
2
æ ö÷
= çç ÷÷
çè ø
Câu 5: ( 2 điểm)
a) Cho , ,x y z là các số thực dương có tổng bằng 1 Chứng minh rằng
1 1 1 49.
16x+4y+ ³z 16
b) Cho số tự nhiên z và các số nguyên x y, thỏa mãn x y+ +xy= Tìm giá trị của 1 x y z, , sao cho
(2z+ 1+42) (x2+y2+ +1 x y2 2)
là số chính phương lớn nhất
HẾT
Trang 2Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài Giám thị không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:……… Số báo danh: ………
LỜI GIẢI THAM KHẢO CHO HỌC SINH GV: ĐỖ CAO LONG TP HUẾ
1a) Cho các biểu thức P x( ) 5x 12 16x 32
x
-=
- và Q x( ) = +x x+3
Tìm số nguyên x0 sao cho P x( )0
và Q x( )0
là các số nguyên, đồng thời P x( )0
là ước của Q x( )0
Giải:
Ta có ( ) 5 12 32 (5 8)( 4) 5 8 12
P x
Suy ra P x( )0
nguyên Û x0+4
là các ước nguyên dương của 12
0 0
64
4 12
x x
=
ê
ë
Ta có
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Vậy x =0 4
1b) Cho 2
1
x t
=
- + Tính giá trị biểu thức
2
x A
= + + theo t
Giải:
Lời giải 1:
1) Nếu x =0 thì t =0 và A =0
2) Nếu x ¹ 0 thì
ç + - ÷= Þ + = + Þ ç + ÷=ç + ÷
2
1 1 2 1.
x
t
-Khi đó:
2
2
t A
t x
t
+
Từ hai trường hợp trên suy ra
2
1 2
t A
t
= +
Lời giải 2:
A
2
1 2 1
1 2
t
+
Trang 32a) Cho parabol ( ) 1 2
: 4
và đường thẳng
d y= x
Gọi ,A B là các giao điểm của ( )P
và d Tìm tọa độ điểm C trên trục tung sao cho CA+CB có giá trị nhỏ nhất
Giải:
Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình:
2
Phương trình này có hai nghiệm: x = và 4
3. 2
x =
Suy ra ( )4;4 , 3 9;
2 16
A Bæççç ö÷÷÷
÷
Dễ thấy hai điểm ,A B cùng nằm về một phía so với trục tung Lấy điểm A -' 4;4( )
đối xứng với A qua
trục tung Khi đó CA CB+ =CA'+CB ³ A B' , nên CA+CB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ', ,A C B thẳng hàng, tức là khi C là giao điểm của đường thẳng ' A B với trục tung.
Phương trình đường thẳng 'd đi qua ' A và B có dạng y=ax b+ .
Ta có hệ
5
8
ìï
ï = - + ï =
ïî ïïî Suy ra d y' : = - 58x+23.
Vậy
3
0;
2
Cæ öççç ÷÷÷
÷
çè ø
2b) Giải hệ phương trình
4 0
ïïí
ïïî
Giải:
Ta có: 2x2+xy y- 2- 5x y+ + = Û2 0 y2- (x+1)y- 2x2+5x- 2=0
( )2
2
2
1 1
x x
Trang 4( 2 1)( 2) 0 2 1 0 2 1.
Trường hợp y=2x- 1, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
( )2
1
5
x
x
é = ê ê
ê = -ê
Trường hợp này hệ đã cho có hai nghiệm: ( ) ( ) ( ); 1;1 , ; 4; 13
x y = x y = -æççç - ö÷÷÷
÷
Trường hợp y= -2 x, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
( )2
x + - x + + -x x- = Û x - x+ = Û x=
Trường hợp này hệ đã cho có một nghiệm: ( ) ( )x y =; 1;1
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ) ( ) ( ); 1;1 , ; 4; 13
x y = x y = -æççç - ö÷÷÷÷
3a) Xác định các giá trị của m để phương trình x2- 2mx- 6m- 9= (x là ẩn số) có hai nghiệm phân 0 biệt x x1, 2 thỏa mãn điều kiện 1 2
x + x =
Giải:
Điều kiện để phương trình x2- 2mx- 6m- 9= (x là ẩn số) có hai nghiệm phân biệt là:0
( )2 2
D = + + > Û + > Û ¹
-Khi đó
( )2 ( )2
Trường hợp 1: x1=3,x2=2m+3,
ta có:
, vô nghiệm
Trường hợp 2: x1=2m+3,x2=3, ta có:
Vậy
3
2
m =
3b) Giải phương trình 33x2- x+ -1 33x2- 7x+ -2 36x- 3= 32
Giải:
Ta có 33x2- x+ -1 33x2- 7x+ -2 36x- 3= 32
Đặt a= 33x2- x+1,b= 36x- 3,c= 33x2- 7x+2,d= 32
Phương trình đã cho trở thành: ( )3 ( )3
a b c d- = + Û a b- = c d+
(2)
Mà a3- b3=c3+d3=3x2- 7x+4 và a b- = +c d nên (2) trở thành:
Trang 5( ) ( ) ( )( )
é = ê
Trường hợp a= , ta có b
3
x
x
é = ê ê
ê = ê
Trường hợp ab= -cd , ta có ( )3 ( )3 ( 2 ) ( ) ( 2 )
1
1 13 6
x
x
é
ê = ê
Û ê
= ê ê
Vậy phương trình đã cho có năm nghiệm:
1; 1; 4; 1 13.
x= x= x= x= ±
4) Cho tam giác nhọn ABC AB( <AC)
nội tiếp đường tròn tâm ,O có ba đường cao là AD BE CF và , , trực tâm là H Gọi M là giao điểm của AO với BC và , P Q lần lượt là chân các đường vuông góc vẽ từ
M đến AB AC , .
4a) Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
Giải:
Ta có BFC· =BEC· =AFC· =ADC· =AEB· =ADB· =90 °
Suy ra các tứ giác BFEC AFDC AEDB nội tiếp., ,
Suy ra: ABE· =ADE·
(cùng chắn cung AE trong đường tròn ¼ (AEDB)
) (1)
ADF =ACF (cùng chắn cung »AF trong đường tròn (AFDC)
) (2)
ABE =ACF (cùng chắn cung »FE trong đường tròn (BFEC)
) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra ADF· =ADE·
nên AD là đường phân giác trong góc ·EDF của tam giác EDF (4) Tương tự, ta chứng minh được: BE CF lần lượt là đường phân giác trong của các góc , DEF DFE của tam· ,· giác DEF (5).
Từ (4), (5) suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
Trang 64b) Chứng minh HE MQ =HF MP .
Gọi N là giao điểm của tia AO với đường tròn ( )O
Ta có: NC ^AC nên NC BH|| .
Tương tự, ta có NB CH ||
Suy ra BHCN là hình bình hành.
Ta có: FEH· =BCH·
(cùng chắn cung »FB ), · FBH =ECH·
(cùng chắn cung »FE ) nên hai tam giác
,
HFE HBC đồng dạng Do đó, hai tam giác HFE NCB đồng dạng.,
Suy ra HE NB
HF =NC (6)
Mặt khác: MQ NC (cùng vuông góc với AC ), || MP NB (cùng vuông góc với AB ), suy ra||
Từ (6), (7) suy ra
4c) Chứng minh
2
æ ö÷
= çç ÷÷
çè ø
Hai tam giác vuông ADB và MPB đồng dạng nên ta có
Hai tam giác vuông ADC và MQC đồng dạng nên ta có
Từ (8), (9) suy ra:
Ta có AMQ· =ANC· =ABD·
suy ra hai tam giác vuông ADB và AQM đồng dạng nên ta có
.
Trang 7Tương tự: AMP· =ANB· =ACD·
suy ra hai tam giác vuông ADC và APM đồng dạng nên ta có
PM =AM Þ = AM (12)
Từ (11), (12) suy ra DB AB MQ
Từ (10), (13) suy ra:
2
æ ö÷
= çç ÷÷
çè ø
5a) Cho , ,x y z là các số thực dương có tổng bằng 1 Chứng minh rằng
16x+4y+ ³z 16
Giải:
Ta có
16x+4y+ ³z 16Û x+ +y z ³
Với hai số thực không âm ,a b ta có ( )2
a- b ³ Û a b+ ³ ab
Dấu "=" xảy ra khi a= bÛ a= b
Áp dụng kết quả trên, ta có:
1 49x 2 1.49x 1 49x 14.
Dấu "=" xảy ra khi
7
Trương tư, ta có:
4
49y 28
Dấu "=" xảy ra khi
7
Và
z + ³ (3)
Dấu "=" xảy ra khi
7
Cộng (1), (2), (3) theo vế ta được: 1 4 16 49(x y z) 98
1 4 16 49.
Dấu "=" xảy ra khi
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh
5b) Cho số tự nhiên z và các số nguyên x y, thỏa mãn x y xy+ + = Tìm giá trị của 1 x y z, , sao cho
(2z+ 1+42) (x2+y2+ +1 x y2 2)
là số chính phương lớn nhất
Giải:
Ta có: (2z+ 1+42)(x2+y2+ +1 x y2 2) =2 2( z +21 1)( +x2)(1+y2)
Với: 1+x2= + +x y xy x+ 2=(x y+ )(1+x),1+y2= + +x y xy y+ 2=(x y+ )(1+y),
( )( )
2 1 1 1= + = + + +x y xy= 1+x 1+y
Suy ra ( 1 ) ( 2 2 2 2) ( ) ( ) (2 ) (2 )2
Trang 8Do đó, (2z+ 1+42) (x2+y2+ +1 x y2 2)
là số chính phương khi và chỉ khi 2z +21 là số chính phương.
Nghĩa là tồn tại số tự nhiên n sao cho 2z +21=n2
Ta có 2º - 1 mod3( ) Þ 2z º -( )1 mod3 z( )
Nếu z lẻ thì 2z º - 1 mod3( ) (º 2 mod3 )
Khi đó n º2 2 mod3( )
vô lí (vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ dư 0 hoặc 1)
Từ đó suy ra z là số chẵn.
Đặt z=2 ,k k( Î ¥*)
Vì 21 1.21= =3.7 và n- 2k < + nên ta có hai trường hợp sau:n 2k
Trường hợp 1:
2 10,
2 21
k
k k
n n
ìï - =
íï + = ïïî không có giá trị của k thỏa mãn trường hợp này.
Trường hợp 2:
k
k k
n
k n
ìï - =
íï + = ïïî
Từ giả thiết, ta có 2=(1+x)(1+y)
Không mất tổng quát, giả sử x+ £1 y+1,
suy ra
1 1
1 2
x y
ìï + = ïïí
ï + = ïïî
Giải hệ ta được
0 1
x y
ìï = ïí
ï =
ïî hoặc
2 3
x y
ìï = -ïí
ï = -ïî Nếu x=0,y= thì 1 (2z+ 1+42)(x2+y2+ +1 x y2 2) =100 10 = 2
Nếu x= - 2,y= - thì 3 (2z+ 1+42) (x2+y2+ +1 x y2 2) =2500=50 2
Vậy x= - 2,y= - 3,z=2
HẾT