Đề thi chuyên Toán chuyên Quảng Nam - Năm học 2015 – 2016 - Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Quảng Nam

 Doc24.vn 
Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Quảng Nam 
ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN CHUYÊN QUẢNG NAM 
NĂM HỌC: 2015 – 2016 
Thời gian: 150 phút 
Câu 1. (2 điểm) 
a) Cho biểu thức
1 1
1 1
x x x
A
x x
 
 
 
 (với x ≠ 1; x ≥ 0). Rút gọn A, sau đó tính giá trị A – 1 khi 
2016 2 2015x   
b) Cho  2015 2015 20152 1 2 ...A n    với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng A chia hết cho n(n + 1) 
Câu 2. (2 điểm) 
a) Giải phương trình sau:
2 2 2 2
6 4 7 3
0
9 11 8 12x x x x
   
   
b) Giải hệ phương trình:
2
( 4)(4 ) 6
8 5
x x x y
x x y
  

   
Câu 3. (1 điểm) Cho parabol (P): y = ax2 và đường thẳng (d): y = bx + c với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam 
giác vuông trong đó a là độ dài cạnh huyền. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có 
hoành độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn
2 2
1 2 2x x  
Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Các tia phân giác các góc 
EHB, DHC cắt AB, AC lần lượt tại I và K. Qua I và K lần lượt vẽ các đường vuông góc với AB, AC chúng cắt 
nhau tại M. 
a) Chứng minh AI = AK. 
b) Giả sử tam giác nhọn ABC có hai đỉnh B, C cố định, đỉnh A di động . Chứng minh đường thẳng HM luôn đi 
qua một điểm cố định 
Câu 5. (2 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Qua A và B lần lượt vẽ các tiếp tuyến d1 và d2 với (O). 
Từ điểm M bất kì trên (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt d1 tại C và cắt d2 tại D. Đường tròn đường kính CD 
cắt đường tròn (O) tại E và F (E thuộc cung AM), gọi I là giao điểm của AD và BC. 
a) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD. 
b) Chứng minh MI vuông góc với AB và ba điểm E, I, F thẳng hàng. 
Câu 6. (1 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 9 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z – (xy + yz + zx) 
 Doc24.vn 
ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT 
Câu 1 
a) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có 
 
  
  
 
 
 
3
2
1 1 1 1
1
1 11 1
1 1
1 1
1 1
1
1 1
x x x x x
A x
x xx x
x x x x
x x
x x
A
x x
    
    
  
   
 
 
 
  
 
Ta có 2016 2 2015x   thỏa mãn điều kiện x ≥ 0 và x ≠ 1 
Có  
2
2015 2 2015 1 2015 1 2015 1x x        . Thay vào biểu thức A – 1 ta được: 
1
1
2015
A  
b) Với 2 số nguyên dương a, b bất kì ta có: 
2015 2015 2014 2013 2013 2014 2015 2015( )( ... ) ( )a b a b a a b ab b a b a b          
+ Xét trường hợp n là số lẻ 
Áp dụng khẳng định trên ta có: 
2015 2015
2015 2015
2015 2015
2 1 ( 1)
2 2 ( 2)
...
1 1
2
2 2
n n
n n
n n
n
   
   
     
    
     
Suy ra 
2015 2015
2015 2015 2015 2015 2015 1 12 1 ( 1) 2 2 ( 2) ... 2
2 2
n n
A n n n n
     
                   
     
Tương tự 
2015 2015 2015 2015
2015 2015 2015 2015 1 3 1 12(1 ) 2 2 ( 1) ... 2 ( 1)
2 2 2 2
n n n n
A n n n
             
                      
             
Mặt khác n và n + 1 nguyên tố cùng nhau nên A ⋮ n(n + 1) 
Tương tự với trường hợp n chẵn ta cũng có A ⋮ n(n + 1) 
Câu 2 
a) Điều kiện: 2 2 2 28; 9; 11; 12x x x x    
Phương trình đã cho tương đương với 
 Doc24.vn 
   
  
   
  
     
     
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2
2 2 2 2
6 7 4 3
0
9 8 11 12
6 8 7 9 4 12 3 11
0
9 8 11 12
15 15
0
9 8 11 12
15 0(2)
1 1
0(3)
9 8 11 12
x x x x
x x x x
x x x x
x x
x x x x
x
x x x x
   
      
      
     
  
   
  
  
   
  

  
    
Phương trình (2) 15x  (thỏa mãn) 
Phương trình      2 2 2 2(3) 9 8 11 12x x x x      
2 26 60 0 10 10x x x        (thỏa mãn) 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  15; 10  
b) Hệ đã cho tương đương với 
   
   
2
2
4 . 4 6
4 4 5
x x x y
x x x y
   

    
Suy ra x2 + 4x và 4x + y là 2 nghiệm của phương trình 
2
2
5 6 0 ( 2)( 3) 0
3
t
t x t t
t
 
          
Vậy hệ đã cho tương đương với
2 4 2
( )
4 3
x x
I
x y
   

  
 hoặc
2 4 3
( )
4 2
x x
II
x y
   

  
Giải (I): 2 2
2 2 3 4 5 4 2
4 2 ( 2) 2
2 2 3 4 5 4 2
x y x
x x x
x y x
         
       
        
Giải (II): 2
1 2 4 2
4 3 0 ( 1)( 3)
3 2 4 10
x y x
x x x x
x y x
      
              
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm        2 2;5 4 2 , 2 2;5 4 2 , 1;2 , 3;10        
Câu 3 
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2 2 0(1)ax bx c ax bx c      
Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác vuông với cạnh huyền là a nên a, b, c > 0, a2 = b2 + c2 
(d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 2 4 0b ac    (luôn đúng ∀ a, 
b, c > 0) 
Gọi 2 giao điểm có hoành độ là x1, x2 , là 2 nghiệm của (1). Theo Viét ta có: 
 Doc24.vn 
1 2
1 2
b
x x
a
c
x x
a

 

  

Xét
2 2 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2 2
2 2
2 ( ) 2 2 2. 2
b c b ac a
P x x x x x x
a a a
  
           
 
Có 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 ( ) 2 ( ) 0, , ,0b ac a b ac b c a ac c a c a a c c a                 
Suy ra P < 0 ⇒ đpcm. 
Câu 4 
a) Vì HI, HK là phân giác của góc EHB và góc DHC nên 
1 1
; .
2 2
EHI EHB DHK CHK DHC   Mà EHB = DHC (đối đỉnh) => EHI = DHK = CHK (1) 
Có AIH = 90
o
 – EHI ; AKH = 90o – DHK => AIH = AKH (2) 
Từ (1) suy ra EHI + EHK = CHK + EHK = 180o => I, H, K thẳng hàng (3) 
Từ (2) và (3) ⇒ ∆ AIK cân tại A ⇒ AI = AK 
b) Gọi giao IM và BH là P, giao KM và CH là Q, giao HM và PQ là J, giao HM và BC là N. 
Ta có: 
∆HEI ~ ∆HDK (g.g) => 
HE EI
HD DK
 
∆HEB ~ ∆HDC (g.g) => 
HE EB
HD DC
 
EI EB EI DK
DK DC EB DC
    (4) 
Vì IP ⊥ AB, HE ⊥ AB ⇒ IP // HE ⇒ (5).
EI HP
EB HB
 Tương tự (6)
DK HQ
DC HC
 
Từ (4), (5), (6) ⇒
HP HQ
HB HC
  PQ // BC 
 Doc24.vn 
Suy ra 
PJ HJ JQ PJ BN
BN HN NC JQ NC
    
Vì HP // MQ, HQ // PM nên HQMP là hình bình hành ⇒ J là trung điểm PQ ⇒ PJ = JQ 
⇒ BN = NC ⇒ N là trung điểm BC 
Vậy HM luôn đi qua trung điểm BC là điểm cố định. 
Câu 5 
a) Vì AC ⊥ AB, BD ⊥ AB ⇒ AC // BD ⇒ ACDB là hình thang 
Vì CM, CA là tiếp tuyến của (O) nên CM = CA. Tương tự DM = DB 
Gọi J là trung điểm của CD thì JO là đường trung bình của hình thang ACDB suy ra JO // BD và 
2 2 2
AC BD CM MD CD
OJ IC ID
 
     (1) 
Vì BD ⊥ AB nên JO ⊥ AB tại O (2) 
Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn (J) đường kính CD 
b) Vì CA // BD nên theo định lý Talét ta có:
CI CA CM
IB CD MD
   IM // BD 
Mà BD ⊥ AB nên MI ⊥ AB 
Gọi P, Q lần lượt là giao của AD và (O), BC và (J) 
Có APB = CQD = 90
o 
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => DPB = BQD = 90o 
Suy ra BQPD là tứ giác nội tiếp => PDB = PQI 
Vì AC // BD nên PDB = IAC 
=> PQI = IAC => ∆PQI ~ ∆CAI (g.g) => . .
PI QI
IP IA IC IQ
CI AI
   
Suy ra phương tích của điểm I đối với 2 đường tròn (O) và (J) là bằng nhau 
Suy ra I nằm trên trục đẳng phương EF của 2 đường tròn. 
Vậy I, E, F thẳng hàng. 
 Doc24.vn 
Câu 6 
Ta có: 
       
 
2 2 2 2
2
2
2 9 2
9
2
9 ( )
2
x y z x y z xy yz zx xy yz zx
x y z
xy yz zx
x y z
P x y z
           
  
   
  
    
Đặt
2 2
29 2 1 15 ( 1) 5 5
2 2 2
t t t
x y z t P t t
  
              
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2 2 2
1
9,
x y z
x y z
  

  
 chẳng hạn khi x = 1, y = 2, z = –2 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 5.