ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG NAM
NĂM HỌC: 2015 – 2016
Thời gian: 150 phút
Ngày thi: 4/6/2015
Câu 1. (2 điểm)

x x  1 x 1
(với x ≠ 1; x ≥ 0). Rút gọn A, sau đó tính giá trị A – 1

x 1
x 1
khi x  2016  2 2015
b) Cho A  2 12015  22015  ...  n2015  với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng A chia hết
a) Cho biểu thức A 

cho n(n + 1)
Câu 2. (2 điểm)
6
4
7
3
 2
 2
 2
0
x  9 x  11 x  8 x  12
 x  x  4  4 x  y   6

b) Giải hệ phương trình:  2

 x  8 x  y  5

Câu 1
a) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có

 x   1   x  1 x  1  x  x  1 
A

x 1
x 1
 x  1 x  1
x  x  1   x  1
x


3



x 1

2

x 1

A 1 

x



x 1

Áp dụng khẳng định trên ta có:
2015
2 12015   n  1  n


2015
2  22015   n  2   n


...

 n  1 2015  n  1 2015 
2 
 
  n
 2  
 2 

Suy ra A  n

2015

 n  1 2015  n  1 2015 
2015
2015
2015
2015




 2  
 2 
Mặt khác n và n + 1 nguyên tố cùng nhau nên A ⋮ n(n + 1)

A  2 12015  n 2015   2  22015   n  1


2015

Tương tự với trường hợp n chẵn ta cũng có A ⋮ n(n + 1)
Câu 2
a) Điều kiện: x2  8; x2  9; x2  11; x2  12
Phương trình đã cho tương đương với
7   4
3 
 6
 2
 2
 2
 2
0
 x  9 x  8   x  11 x  12 


6  x 2  8  7  x 2  9 

x

2



Phương trình  2   x   15 (thỏa mãn)
Phương trình  3   x 2  9  x 2  8   x 2  11 x 2  12 
 6 x2  60  0  x2  10  x   10 (thỏa mãn)



Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  15;  10



b) Hệ đã cho tương đương với
 x 2  4 x  .  4 x  y   6

 2

 x  4 x    4 x  y   5

Suy ra x2 + 4x và 4x + y là 2 nghiệm của phương trình

t  2
t 2  5 x  6  0   t  2  t  3  0  
t  3

 x 2  4 x  2
Vậy hệ đã cho tương đương với 
(I) hoặc
4 x  y  3

 x 2  4 x  3

Gọi 2 giao điểm có hoành độ là x1, x2 , là 2 nghiệm của (1). Theo Viét ta có:

b

 x1  x2  a

x x   c
 1 2
a
Xét P  x  x  2   x1  x2 
2
1

2
2

c
b2  2ac  2a 2
b
 2 x1 x2  2     2.  2 
a
a2
a
2

2





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:
HE
EI

HD DK
HE EB
HEB ∽ HDC  g.g  

HD DC
HEI ∽ HDK  g.g  



EI
EB
EI DK



DK DC
EB DC

Vì IP ⊥ AB, HE ⊥ AB ⇒ IP // HE ⇒
Từ (4), (5), (6) ⇒
Suy ra

(4)
EI HP
DK HQ

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
OJ 

AC  BD CM  MD CD


 IC  ID
2
2
2

(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
⇒ IM // BD


IB BD MD


 x  y  z
 xy  yz  zx 

2

9

2

9   x  y  z
 P x yz
2

2

9  t2
t 2  2t  1
1
2
Đặt x  y  z  t  P  t 

 5    t  1  5  5
2
2
2

x  y  z  1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2
, chẳng hạn khi x = 1, y = 2, z = –2