SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2017 - 2018
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

Đề chính thức
Môn: TOÁN (Chuyên toán)
Ngày thi: 04/06/2017
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (2,0 điểm)

 x 2
x  2  x 2  2x  1

Cho biể u thức A = 

2
x  2 x  1 
 x 1
a) Tı̀m điề u kiê ̣n của x để biể u thức A có nghıã . Rút go ̣n A
b) Tım
̀ x để A  0
c) Tı̀m giá tri ̣lớn nhấ t của A.
Bài 2: (2,0 điểm)
1) Giải phương trıǹ h sau:

4x 4  4x 3  20x 2  2x  1  0




Bài 1:
a) Điề u kiê ̣n để A có nghıã là x  0 và x  1


 x 2
x  2  x 2  2x  1 
x 2
A = 

=



2
x  2 x  1
x 1
 x1
 x 1

 x 2
x 1
x 2
x  1   x  12
=
=

2
2


b) A  0  – x +

x  0  x– x  0 

x







 




2
x  2   x  1
2 
2
x 1 


2
2 x x  1 x  1
x  2  x  1
.


2
4 4

1
1
1
Dấ u “=” xảy ra khi x  = 0  x   x  (TMĐK x  0 và x  1)
2
2
4
1
1
khi x =
Vâ ̣y GTLN của A là
4
4
Bài 2:
1) x = 0 không phải là nghiê ̣m của phương trı̀nh nên x  0. Do đó chia cả hai vế phương trı̀nh cho
1 
1


x 2  0, ta đươ ̣c:  4x 2  2   2  2x    20  0 (1)
x 
x


1
1
Đă ̣t: y = 2x   4x 2  2  y 2  4 .




Cách 2: 4x 4  4x 3  20x 2  2x  1  0   4x 4  4x 3  x 2   21x 2  2x  1  0

  2x 2  x   2  2x 2  x   1  25x 2   2x 2  x  1  25x 2
2

2

 2x 2  4x  1  0 1
 2x 2  x  1  5x
 2
 2
 2x  6x  1  0  2 
 2x  x  1   5x
2 2
2 2
; x2 
PT (1): 2x 2  4x  1  0  x1 
2
2
3  7
3  7
; x2 
PT (2): 2x 2  6x  1  0  x1 
2
2
 3  7 3  7 2  2 2  2 
;

2
Ta có: h(t) = f(t + 2) =  t  2   2  m  2  t  2   6m  1

= t 2 + 4t + 4  2 mt  4m  4t  8  6m  1
= t 2  2 mt  2m  3
 t 2  2 mt  2m  3 = 0 (*)
Phương trın
̀ h: f(x) = 0 có 2 nghiê ̣m lớn hơn 2  Phương trıǹ h h(t) = 0 có 2 nghiê ̣m dương
 m  12  2  0, m
  0
3


 P  0  2m  3  0
m
2
S  0
2m  0


3
Vâ ̣y với m  thı̀ phương trı̀nh f(x) = 0 có 2 nghiê ̣m lớn hơn 2.
2
Bài 4
1. a) Chứng minh tứ giác AOHP nô ̣i tiế p đươ ̣c đường tròn. P
Ta có: OH  CD ta ̣i H (vı̀ HC = HD)
 + OAP
  900  900  1800
1
Do đó: OHP

=
 PA 2 = PC.PD
PD PA
d) Chứng minh AJ // DB.
Kẻ tiế p tuyế n PN (N khác A) của đường tròn (T),
Với N là tiế p điể m.
Ta có chứng minh đươ ̣c PO là đường trung trực của NA
 JA = JN
 APJ và  NPJ có: PA = PN; P2 = P1 ; JA = JN
 N
 (1)
  APJ =  NPJ (c.g.c)  A
1

2

I
3

O

D

1

=A
 = P (vı tứ giác PAON nô ̣i tiế p) và JCN
+C
  1800 (vı 2 góc kề bù)
Ta có: C


Ta có: A 3  JAO  A1 + JAO  900  JA  AD ta ̣i A (3)
  900 (vı nô ̣i tiế p chắ n nửa đương tron)  DB  AD (4)
Có: ADB
̀
̀
̀
Từ (3) và (4) suy ra: AJ // DB

GV: Võ Mô ̣ng Trı̀nh – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bı̀nh Đinh
̣


2

2. Bổ đề : Với a > 0; b > 0 ta có: a + b

2

a + b


2

(1). Dấ u “=” xảy ra khi a = b
2
2
Thâ ̣t vâ ̣y: (1)  2a 2  2b 2  a 2  2ab  b 2  a 2  2ab  b 2  0   a  b   0 (BĐT đúng)

Dấ u “=” xảy ra khi a = b. Vâ ̣y: a 2 + b 2 

2
2
2
2
IM + IN  IK  PH  PA 

: không đổ i (vı̀ A, H cố đinh)
̣
2
2
AH
Dấ u “=” xảy ra khi IA = PA = PH =
 I là trung điể m của đường cao AH
2
Vâ ̣y khi I là trung điể m của đường cao AH thı̀ tổ ng IM 2 + IN 2 + IK 2 đa ̣t GTNN là

C

AH 2
2

Cách 2:
IM 2 + IN 2  IK 2  IM 2 + KN 2 (vı̀ IN 2  IK 2  KN 2 )

= IM 2 + IA 2
Theo bổ đề , ta có: IM + IN  IK  IM  IA
2

2



3



Ta có: xyz  1 nên

y 1  z 3 
z

3



z 1  x 3 
x

3

0 

x
y
z
+ 3 + 3 x+y+z
3
y
z
x


+
x

3y
va
+
+
+ y  3z
̀
z2
z2
x2
x2
y2
y2

 x 2 z y2 x z 2 y 
Cô ̣ng theo vế ta đươ ̣c: 2  2 + 2 + 2   x + y + z  3  x + y + z  (2)
z
x 
 y
x 2 z y2 x z 2 y
 2 + 2 + 2 x+y+z
y
z
x
x
y
z
Từ (1) và (2) suy ra: 3 + 3 + 3  x + y + z . Dấ u “=” xảy ra khi x = y = z = 1