Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam”. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn kiến thức bổ ích giúp các em củng cố lại kiến thức trước khi bước vào kì thi sắp tới. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH QUẢNG NAM THPT CHUYÊN VÀ PTDTNT TỈNH NĂM HỌC 2024-2025 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (chuyên) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Khóa thi ngày: 04 - 06/6/2024 Câu 1. (2,0 điểm) x 2 x 3 1 a) Cho biểu thức A    , với x  0, x  4 và x  9 . Rút gọn x 3 x 2 x5 x 6 biểu thức A và tìm tất cả các giá trị của x sao cho A  1 . b) Cho parabol  P : y   x và điểm A thuộc  P  có hoành độ bằng 2 . Đường thẳng  d  2 đi qua điểm B  0; 3  , song song với OA (O là gốc tọa độ) và cắt  P  tại hai điểm M, N. Tìm tọa độ của M và N, biết M có hoành độ âm. Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình x2  x2  x  3  x  2  2x  5 . 3xy  y 2  2 x  10 y  1  0  b) Giải hệ phương trình  .   3xy  y 2   2x  1  21y 2  0 Câu 3. (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc BAD là góc tù, AB  AD và tia phân giác của góc BAD cắt cạnh BC tại K sao cho CK  AB. Trên cạnh AB lấy điểm L sao cho AL  CK. Hai đoạn thẳng AK và CL cắt nhau tại M. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ALM cắt đường thẳng AD tại N (N khác A). a) Chứng minh AB.NL  AK.NM .  b) Chứng minh CNL  90. BA BC BD c) Gọi I là giao điểm của BD và KL, chứng minh   . BL BK BI Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB  AC) có AE là đường phân giác (E thuộc cạnh BC). Trên đường thẳng đi qua A và vuông góc với AE lấy điểm D sao cho góc BCD bằng 90. Trên cạnh AB lấy điểm F sao cho góc DEF bằng 90. a) Chứng minh tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn và BE 2  BA.BF . b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, đường thẳng đi qua E và song song với AC cắt cạnh AB tại P. Chứng minh OP vuông góc với AE và điểm O thuộc đường thẳng BD. Câu 5. (2,0 điểm) a) Cho ba số tự nhiên a , b, c thỏa mãn a  1, b  c  1 và abc  1 chia hết cho ab  b  1 . Chứng minh b chia hết cho a . x 1 y 1 6 b) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn   . Tìm giá trị nhỏ nhất của x3 y 4 z 5 biểu thức P   2 x  2  2 y  3  2 z  4  . ---------- HẾT ---------- * Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. * Họ và tên thí sinh: ………………………………….. Số báo danh: ……........
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH QUẢNG NAM THPT CHUYÊN VÀ PTDTNT TỈNH NĂM HỌC 2024 - 2025 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (chuyên) (Hướng dẫn chấm có 07 trang) Câu Nội dung Điểm x 2 x 3 1 a) Cho biểu thức A    , với x  0, x  4 và x  9 . x 3 x 2 x5 x 6 1,0 Rút gọn biểu thức A và tìm tất cả các giá trị của x sao cho A  1.     2 2 x 2 x 3 1 x 2  x  3 1 A    0,25 x 3 x 2   x 3 x 2  x  3 x  2 x4 x  4   x  6 x  9  1 2 x 4 2    0,25  x  3 x  2  x  3 x  2 x 3 2 2 x 1 A  1   1  1  0  0 x 3 x 3 x 3 0,25  x 1  0  x  1 Trường hợp 1:    x  9 (nhận).  x 3 0  x  9  Câu Trường hợp 2:  x  1  0   0  x  1  0  x  1 (nhận).   1  x 3 0 0  x  9 0,25  Vậy x  9 hoặc 0  x  1 . b) Cho parabol  P  : y   x 2 và điểm A thuộc  P  có hoành độ bằng 2 . Đường thẳng  d  đi qua điểm B  0; 3  , song song với OA (O là gốc tọa độ) và cắt  P  tại hai 1,0 điểm M, N. Tìm tọa độ của M và N, biết M có hoành độ âm. Tung độ điểm A là y     2   4 , suy ra A  2; 4  . 2 0,25 Đường thẳng OA: y  2 x . Gọi đường thẳng  d  : y  ax  b . Vì (d) song song OA nên hệ số góc a  2, b  0 . Vì (d) đi qua B  0; 3  nên b  3 . 0,25 Suy ra  d  : y  2 x  3 . Các hoành độ của M và N là các nghiệm của phương trình:  x 2  2 x  3  x2  2x  3  0 0,25 Phương trình này có 2 nghiệm: x  1 , x  3 . Vì M có hoành độ âm nên M  3; 9  và N 1; 1 . 0,25 Trang 1/7
Câu Nội dung Điểm a) Giải phương trình x 2  x 2  x  3  x  2  2 x  5 (1) 1,0 2  1  11 x  x  3   x     0 với mọi x   . 2  2 4 0,25 5 Điều kiện: 2 x  5  0  x   . 2 1  x 2  x  2  x  x  3  2x  5  0  x 2 2  x2 x 2   x  3   2 x  5 0 0,25 x2  x  3  2 x  5 x2  x  2  x  x2 2 0 x2  x  3  2x  5  1     x 2  x  2 1  0 0,25  x2  x  3  2x  5  1 5  x 2  x  2  0 (vì 1   0 với mọi x   ) x2  x  3  2x  5 2 Phương trình này có 2 nghiệm: x  1, x  2 (thỏa mãn điều kiện). 0,25 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1, x  2 . Câu 2 3xy  y 2  2 x  10 y  1  0  b) Giải hệ phương trình  (1) 1,0  2    3xy  y  2 x  1  21y  0 2  1 x  - Xét y  0 : Hệ (1) có nghiệm  2 0,25 y  0   3 xy  y 2 2 x  1  - Xét y  0 : Hệ (1)    2  3xy  y   2 x  1  10 y    y  y  10 (2)      3xy  y  2 x  1  21y 2 2  3xy  y   2 x  1   21   2    0,25  y  y  3 xy  y 2 2x 1 a  b  10 Đặt a  ,b , hệ (2) trở thành:  y y ab  21 a  7 a  3  hoặc  b  3 b  7  3xy  y 2 0,25  7 a  7  y  3xy  y 2  7 y 3x  y  7 x  2 Với  , ta có     b  3  2x 1  3 2 x  1  3 y  2 x  3 y  1 y 1  y  Trang 2/7
 3xy  y 2  22 3 a  3  3 xy  y 2  3 y 3x  y  3  x  23 Với  , ta có   y      b  7  2x  1  7 2 x  1  7 y  2 x  7 y  1  y  3  y    23 0,25  22  x 1 x  2  x  23 Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm:   2,  ,  . y  0 y 1  y  3    23 Cách khác giải câu 2b) u  v  10 y Đặt u  3 xy  y 2 , v  2 x  1 , hệ (1) viết lại:  , khi đó u , v thỏa mãn phương uv  21y 2 X  7y trình: X 2  10 y. X  21 y 2  0   X  7 y  X  3 y   0   .  X  3y  1 u  7 y 3xy  y 2  7 y  x  x  2 + Với   , tìm được nghiệm  2,  . v  3y 2 x  1  3 y  y  0 y 1   22  1  x u  3 y 3 xy  y  3 y  2 x   23 . + Với   , tìm được nghiệm  2,  v  7 y 2 x  1  7 y  y  0 y  3    23  22  x  1 x  2  x  23  Kết luận hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm:  2,  ,  . y  0 y 1 y  3    23 Trang 3/7
Câu Nội dung Điểm Cho hình bình hành ABCD có góc BAD là góc tù, AB  AD và tia phân giác của góc BAD cắt cạnh BC tại K sao cho CK  AB. Trên cạnh AB lấy điểm L sao cho AL  CK. Hai đoạn thẳng AK và CL cắt nhau tại M. Đường tròn ngoại tiếp tam giác 2,0 ALM cắt đường thẳng AD tại N (N khác A). a) Chứng minh AB.NL  AK.NM 0,75 0,25 Hình vẽ phục vụ câu a): 0,25 điểm   Tứ giác ALMN nội tiếp đường tròn nên BAK  MNL (1) 0,25    Ta có: ABK  180  LAN  NML (2) Từ (1) và (2) suy ra ABK và NML đồng dạng. Câu AB AK 0,25 Do đó  hay AB.NL  AK.NM . 3 NM NL  b) Chứng minh CNL  90. 0,75   Vì NAM  LAM nên NM  LM (3) 0,25    Kẻ LX // AK , X thuộc BC. Vì AKX  KAD  KAL nên tứ giác ALXK là hình thang 0,25 cân, suy ra XK  AL  CK . Tam giác CLX có XK  CK và MK // XL nên LM  CM (4) 0,25  Từ (3) và (4) suy ra NM  LM  CM . Do đó CNL vuông tại N hay CNL  90. BA BC BD c) Gọi I là giao điểm của BD và KL, chứng minh   . 0,5 BL BK BI Kẻ AE // KL và CF// KL (E, F thuộc BD) , gọi O là giao điểm của AC và BD, BA BC BE BF BO  OE BO  OF 2BO  OE  OF 0,25 ta có:       BL BK BI BI BI BI BI Hai tam giác AOE và COF bằng nhau (g-c-g), suy ra OE  OF . BA BC 2BO BD 0,25 Do đó    . BL BK BI BI Trang 4/7
Với hình vẽ sau, cách chứng minh (1), (2), (3): Câu a)   Tứ giác AMLN nội tiếp đường tròn nên BAK  MNL (1)       ABK  NAL , NAL  NML  ABK  NML (2) Câu b)   MLN  MAD (do tứ giác AMLN nội tiếp đường tròn)    MAL  MNL Suy ra NML cân tại M hay NM  LM (3) Trang 5/7
Câu Nội dung Điểm Cho tam giác nhọn ABC (AB  AC) có AE là đường phân giác (E thuộc cạnh BC). Trên đường thẳng đi qua A và vuông góc với AE lấy điểm D sao cho góc BCD bằng 90. 2,0 Trên cạnh AB lấy điểm F sao cho góc DEF bằng 90. a) Chứng minh tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn và BE 2  BA.BF . 1,0 0,25 Hình vẽ phục vụ câu a): 0,25 điểm     Theo giả thiết: DAE  90 và DCE  90 . Vì DAE  DCE  180 nên tứ giác ADCE 0,25 nội tiếp đường tròn (đường kính DE).     Câu BAE  CAE , CAE  CDE (cùng chắn cung CE của đường tròn đường kính DE), 0,25      4 CDE  180  90  CED  BEF  BAE  BEF . BA BE Do đó BAE và BEF đồng dạng. Do đó  hay BE2  BA.BF . 0,25 BE BF b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, đường thẳng đi qua E và song song với AC cắt cạnh AB tại P. Chứng minh OP vuông góc với AE và điểm O thuộc 1,0 đường thẳng BD.    Vì AEP  EAC  EAP nên AEP cân tại P hay PA  PE . Vì PA  PE và OA  OE 0,25 nên OP là đường trung trực của đoạn thẳng AE. Suy ra OP  AE .   Vì BEF  BAE (theo câu a)) nên BE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp AEF , suy ra OE  BC  OE // CD . Vì OP // DA, OE // DC, EP // CA nên OEP đồng 0,25 OE EP dạng với DCA , suy ra  . (1) DC CA EP BE BE OE EP // CA   (2). Giả sử BO cắt CD tại D1 ; OE // D1C   (3) 0,25 CA BC BC D1C OE OE Từ (1), (2) và (3) suy ra   DC  D1C , mà D và D1 nằm cùng phía đối với DC D1C 0,25 đường thẳng BC nên D trùng D1 . Vậy điểm O thuộc đường thẳng BD. OE BE   Cách khác: Từ (1) và (2) suy ra  , mà BEO  BCD  90 nên BEO và DC BC BCD đồng dạng. Suy ra EBO    CBD , mà O và D nằm cùng phía đối với đường thẳng BC nên hai tia BO và BD trùng nhau. Vậy điểm O thuộc đường thẳng BD. Trang 6/7
Câu Nội dung Điểm a) Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a  1, b  c  1 và abc  1 chia hết cho 1,0 ab  b  1 . Chứng minh b chia hết cho a . Ta có:  abc  1   ab  b  1  b  ac  a  1 0,25 Vì  abc  1  ab  b  1 nên b  ac  a  1  ab  b  1 1 Vì ab  b  1   a  1 b  1 nên ab  b  1 và b là hai số nguyên tố cùng nhau. 0,25 Do đó 1   ac  a  1  ab  b  1 hay  ac  a  1  k . ab  b  1 , k  * . (2) Ta có: ac  a  1  a  c  1  1  0 . 2  ab  b  1   ac  a  1  ab  ac  ab  2b  a  1 0,25  a  b  c    a  2  b  a  1  0. Do đó 0  ac  a  1  2  ab  b  1  0  k . ab  b  1  2  ab  b  1  k  1 (3) Từ (2) và (3) suy ra: ac  a  1  ab  b  1  b  ab  ac  a  a  b  c  1  b  a . 0,25 x 1 y 1 6 b) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn   . Tìm giá trị nhỏ nhất x3 y4 z5 1,0 của biểu thức P   2 x  2  2 y  3  2 z  4  . Câu x  1  y  1  6  0  1  4  1  5  6  0  4  5  6  2 5 x3 y4 z 5 x3 y4 z 5 x3 y4 z 5 2x  2 4 5 6 5 6 0,25 Ta có:  2   2 . 1 x3 x3 y4 z5 y4 z5 (Bất đẳng thức a  b  2 ab cho hai số a, b không âm) 2y  3 5 4 6 4 6 Tương tự ta có:  2   2 .  2 y4 y4 x3 z5 x3 z5 0,25 2z  4 6 4 5 4 5  2   2 .  3 z5 z5 x3 y4 x3 y4 Nhân (1), (2) và (3) vế theo vế, ta được: 2x  2 2 y  3 2z  4 4.5.6 0,25 . .  8.   2 x  2  2 y  3  2 z  4   960 x3 y4 z 5  x  3 y  4  z  5  4 5 6 x  3   x3 y  4 z 5 2   4 5 6 2  y  7 Đẳng thức xảy ra khi        4  5  6 x3 y4 z5 3  2 0,25 x3 y 4 z 5  z  4  7 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 960, đạt được khi x  3, y  , z  4. 2 ---------- HẾT ---------- * Lưu ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong HDC nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như HDC quy định. Trang 7/7
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH QUẢNG NAM THPT CHUYÊN VÀ PTDTNT TỈNH NĂM HỌC 2024 - 2025 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (chuyên Tin học) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Khóa thi ngày: 04 - 06/6/2024 Câu 1. (1,5 điểm)  3 3   x 1 x 2 Cho biểu thức P    :  x 2   với điều kiện x  0, x  1, x  4 .  x 1 x  x 1   a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm tất cả các giá trị của x để P  3. Câu 2. (1,5 điểm) a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên  x ; y  của phương trình 6 xy  3x  2 y  8  0 . b) Cho A   9m  2024n  .  2024m  9n  với m và n là hai số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu A chia hết cho 19 thì A có ít nhất một ước số là số chính phương khác 1 . Câu 3. (1,5 điểm) 3 x   y 1  5 a) Giải hệ phương trình   x  y 1  3 . b) Giải phương trình x 2  x  2  2 x  1 1  x  . Câu 4. (1,0 điểm) Trên cùng mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol  P  : y   x2 và đường thẳng  d  : y  3x  3m  1 . Tìm tất cả các giá trị của m để  P  và  d  cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 thoả mãn x12  x2  x1 x2  10. 2 Câu 5. (3,5 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai cặp cạnh đối không song song và tứ giác đó nội tiếp đường tròn  O  có đường kính AB. Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng AB và CD, F là giao điểm của hai đường thẳng AD và BC. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I . Qua I kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng AB và cắt đường thẳng AB tại H . a) Chứng minh tứ giác BCIH nội tiếp một đường tròn. b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF tại điểm thứ hai là M . Chứng minh ba điểm E , M , F thẳng hàng. c) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng CH và BI . Chứng minh BN .DN  IN  BD  BN  . Câu 6. (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  1 . Chứng minh rằng: x2 y2 z2    1. 1 y  x 1 z  y 1 x  z ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………….. Số báo danh: …….........
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH QUẢNG NAM THPT CHUYÊN VÀ PTDTNT TỈNH NĂM HỌC 2024 - 2025 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ( CHUYÊN TIN) (Hướng dẫn chấm có 06 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1.  3 3   x 1 x 2 Cho biểu thức P     :   với điều kiện x  0, x  1, x  4 .  x 1 x   x 2  x 1   1,5 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm tất cả các giá trị của x để P  3. 1a  3 x  3 x 1 P   :     x 1   x 1  x2   x 2   0,25   x x 1        x  2 x  1   3 x 1  x  4  : x  x 1  x 2  x 1  0,25  3 .  x 2  x 1  0,25 x  x 1  3 x 2  0,25 x 1b x 2 1 P  3   3  x  2  3 x  x  ( vì x  0 ) 0,25 x 2 1 1  x . Kết hợp điều kiện ban đầu ta được: 0  x  . 0,25 4 4 Câu 2. a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên  x ; y  của phương trình 6 xy  3x  2 y  8  0 . 1,5 b) Cho A   9m  2024n  .  2024m  9n  với m và n là hai số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu A chia hết cho 19 thì A có ít nhất một ước số là số chính phương khác 1 . 2a 6 xy  3x  2 y  8  0  6 xy  3x  2 y  1  7   2 y  1 .  3x  1  7 0,25 Kẻ bảng các trường hợp 0,25 3x  1 7 1 1 7 2 y 1 1 7 7 1 Trang 1/6
Giải các trường hợp trên với  x ; y  là cặp số nguyên, ta được các nghiệm của phương trình 0,25 đã cho là:  0;4  và  2;1 . 2b  9m  2024n 19 Giả sử  9m  2024n  .  2024m  9n 19   , vì 19 là số nguyên tố. 0,25  2024m  9n 19  Trường hợp 1:  9m  2024n 19 Vì  9m  2024n    2024m  9n   2033 m  n   19.107  m  n 19 nên  2024m  9n 19 0,25 Do đó,  9m  2024n  .  2024m  9n 19.19 hay A192 . Trường hợp 2:  2024m  9n 19 , tương tự ta cũng thu được  9m  2024n . 2024m  9n 192 0,25 Vậy nếu A chia hết cho 19 thì A có ít nhất một ước số là số chính phương khác 1 . Câu 3. 3 x  y  1  5  a) Giải hệ phương trình  1,5  x  y 1  3 .  b) Giải phương trình x 2  x  2  2 x  1 1  x  . 3a x  0 Điều kiện:  .  y 1  0 0,25 3 x  y  1  5  2 x  2  Khi đó    x  y 1  3   x  y 1  3   x 1   0,25  y 1  2  x  1 x  1   ( thoả điều kiện).  y 1  4  y  3 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm  x; y  duy nhất là 1;3 . 3b Điều kiện: x  1  0 . (*) x 2  x  2  2 x  1 1  x   x 2  2 x x  1  x  2 x  1  2 0,25  x 2  2 x x  1   x  1  x  2 x  1   x  1  2     2  x  x 1  2 x  x 1 1       2 2  x  x 1  2 x  x 1 1  0  x  x 1 1  0  x 1  1 x 0,25 Trang 2/6
x  1 1  x  0  x  1   2   2    x  0  x  0 ( thoả điều kiện (*)).  x  1  1  x    x  3x  0   x  3 0,25  Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x  0 . Câu 4. Trên cùng mặt phẳng toạ độ Oxy , cho parabol  P  : y   x 2 và đường thẳng  d  : y  3x  3m  1 . 1,0 Tìm tất cả các giá trị của m để  P  và  d  cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thoả mãn x12  x2  x1 x2  10. 2 Phương trình hoành độ giao điểm:  x 2  3 x  3m  1  x 2  3x  3m  1  0 (1) để  P  và  d  cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì điều kiện là phương trình (1) phải có hai 0,25 13 nghiệm phân biệt x1 ; x2 , hay   32  4  3m  1  0  12m  13  0  m  . 12 Khi đó, theo định lí Vi-ét ta có:  x1  x2  3 (2)  0,25  x1.x2  3m  1 (3) . Theo đề, x12  x2  x1 x2  10   x1  x2   2 x1 x2  x1 x2  10 2 2 (4) Thay (2) và (3) vào (4) ta được: 0,25  3   2  3m  1  3m  1  10  3m  1  6m  1 2  1  6m  1  0  1 m  6 m  6    2   3m  1  6m  1    m  0  m  . 3m  0  3m  1    6m  1   2 9   9m  2  m  0,25   9 2 So sánh điều kiện ta được m  là giá trị cần tìm. 9 Trang 3/6
Câu 5. Cho tứ giác ABCD có hai cặp cạnh đối không song song và tứ giác đó nội tiếp đường tròn  O  có đường kính AB. Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng AB và CD, F là giao điểm của hai đường thẳng AD và BC. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I . Qua I kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng AB và cắt đường thẳng AB tại H . 3,5 a) Chứng minh tứ giác BCIH nội tiếp một đường tròn. b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF tại điểm thứ hai là M . Chứng minh ba điểm E , M , F thẳng hàng. c) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng CH và BI . Chứng minh BN .DN  IN  BD  BN  . 5a 0,5 Hình vẽ phục vụ giải câu 5a): 0,5 Ta có:  IHB  90 ( vì IH  AB ) 0,25  ICB  90 ( vì C thuộc nửa đường tròn  O  ) 0,25   Tứ giác BCIH có IHB  ICB  90  90  180 nên nội tiếp được đường tròn. 0,25 5b DMC   ( cùng chắn cung DC của đường tròn ngoại tiếp tam giác DFC )  AFB 0,25 CME   ( cùng bù với CBE )  ABF  0,25   FMD  DCF ( cùng chắn cung DF của đường tròn ngoại tiếp tam giác DFC )    và DCF  FAB ( cùng bù với DCB ) 0,25   Suy ra FMD  FAB Trang 4/6
Có: FME  FMD  DMC  CME  FAB    ABF  180 ( tổng ba góc trong của tam      AFB  giác) 0,25 Nên E , M , F thẳng hàng. 5c   Ta có: ICH  DBA ( cùng chắn cung IH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCIH ) 0,25   DCA  DBA ( cùng chắn cung AD của đường tròn  O  )   Suy ra DCA  ICH . Do đó, CI là đường phân giác trong của tam giác CDN . 0,25 Vì CI  CB nên CB là đường phân giác ngoài của tam giác CDN . 0,25 ID BD CD Từ đó, ta có   . 0,25 IN BN CN Suy ra ID BD   BD.IN  BN .ID  BD.IN  BN .  DN  IN  0,25 IN BN  BN .DN  BD.IN  BN .IN  BN .DN  IN  BD  BN  Câu 6. Cho ba số dương x, y , z thoả mãn x 2  y 2  z 2  1 . Chứng minh rằng: 1,0 2 2 2 x y z    1. 1 y  x 1 z  y 1 x  z Từ giả thiết suy ra 0  x  1, 0  y  1, 0  z  1 . Ta có: x 2 1   y  x   x 2 1  y  x 1  y  x  2 x2     x 2 1  y  x   x 2  x 2 y  x3 1 y  x 1 y  x 1 y  x 0,25 (vì 1  1   y  x  ) 2 y2 Tương tự:  y2  y 2 z  y3 1 z  y z2  z 2  z2 x  z3 1 x  z Do đó: x2 y2 z2    x 3  y 3  z 3  x 2 y  y 2 z  z 2 x  1 (vì x 2  y 2  z 2  1 ). 1 y  x 1 z  y 1 x  z 0,25 Trang 5/6
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương, ta có: x3  x 3  y 3  3 3 x3 x 3 y 3  3x 2 y Tương tự: y3  y3  z3  3 y 2 z 0,25 z 3  z 3  x3  3z 2 x Suy ra 3 x3  3 y 3  3 z 3  3x 2 y  3 y 2 z  3 z 2 x  x3  y 3  z 3  x 2 y  y 2 z  z 2 x  x3  y 3  z 3  x 2 y  y 2 z  z 2 x  0 0,25 x2 y2 z2 3 Vậy    1. Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  . 1  y  x 1 z  y 1 x  z 3 ...........HẾT........... * Lưu ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. * Cách 2 câu 3b. Giải phương trình x2  x  2  2 x  1 1  x  . 0,75 Đặt t  x  1, t  0 thì t 2  x  1  x  t 2  1 . Phương trình đã cho trở thành t  1   t 2  1  2  2t 1   t 2  1  2 2   0,25  t 4  3t 2  4  2t 3  4t  t 4  2t 3  3t 2  4t  4  0 (1)   t  1  t 3  3t 2  4   0   t  1 t  1  t 2  4t  4   0 t  1   t  1  t  2   0   2 2 0,25 t  2 So sánh điều kiện t  0 ta được t  1 là nghiệm của phương trình (1) . Với t  1 thì x  1  1  x  1  1  x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 0,25 Trang 6/6