Đề tuyển sinh lớp 10 môn toán (chuyên) tỉnh bình phước 2013 2014

Câu 1 (2,0 điểm)
a. Tính
8 2 7 16 6 7A = + + −
b. Rút gọn biểu thức:
1 1
:
1
x x x x
M
x
x x x
 
− + +
= −
 ÷
 ÷
− +
 
, (với
0, 1x x> ≠
).
Câu 2 (1,0 điểm)
Cho phương trình:
2
4 2 3 0x x m− + − =
, (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình
(1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thỏa mãn:
( )

1 2 1 2
3 17x x x x+ = +
.
Câu 3 (2,0 điểm)
a. Giải phương trình:
1 5 4 3 2 4x x x x+ + = − + +
.
b. Giải hệ phương trình:
2
( 2 2)(2 ) 2 (5 2) 2
7 3
x y x y x y y
x y
+ − + = − −


− = −

Câu 4 (1,0 điểm)
a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết
cho 4.
b. Giải phương trình nghiệm nguyên:
2 2
3 2 5 2 7 0x y xy x y− − + − − =
.
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn
(O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và
song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần
lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N

(khác điểm A).
a. Chứng minh rằng:
2
.EB ED EA=
và
BA CA
BD CD
=
.
b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm.
c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.
d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.
Câu 6 (1,0 điểm)
a. Chứng minh rằng:
3 3
( )a b ab a b+ ≥ +
, với a, b là hai số dương.
b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn
1a b+ ≥
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )
2
3 3 2 2
3
.
2
F a b a b ab= + + + +
Hết
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

BÌNH PHƯỚC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2013-2014
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
Đề thi môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 30/6/2013
Thời gian làm bài: 150 phút
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ………………….………SBD: ………….
Họ và tên giám thị 1: …………………… chữ kí: .…….…
Họ và tên giám thị 2: …………………… chữ kí: .…….…
GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC
NĂM HỌC 2013-2014
Câu 1 (2,0 điểm)
a. Tính
8 2 7 16 6 7A = + + −
Giải
Ta có
( ) ( )
2 2
7 2 7 1 9 2.3 7 7 7 1 3 7 7 1 3 7 4A = + + + − + = + + − = + + − =
b. Rút gọn biểu thức:
1 1
:
1
x x x x
M
x
x x x

 
− + +
= −
 ÷
 ÷
− +
 
, (với
0, 1x x> ≠
).
Giải
Ta có
( )
( )
1
1 1 1 1 1 1
: : :
1
1
x x
x x x x x
M x
x x x
x x x
x x
 
−
+ + + − +
   
 

= − = − =
 ÷  ÷
 
−
+
   
 

( ) ( )
( )
1 1
. 1
1
x x
x
x x
x x
− +
= = −
+
Vậy
( )
1M x x= −
Câu 2 (1,0 điểm)
Cho phương trình:
2
4 2 3 0x x m− + − =
, (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt
1 2

,x x
thỏa mãn:
( )
1 2 1 2
3 17x x x x+ = +
.
Giải
+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 2
, 0x x ≥

.
+) Với
3 7
2 2
m≤ <
phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
, 0x x ≥
.
Áp dụng định lí Viet ta có:
1 2
1 2
4
. 2 3
x x
x x m
+ =



= −

+) Ta có
( ) ( ) ( )
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
3 17 3 2 17 3 4 2 2 3 2 3 17x x x x x x x x x x m m+ = + ⇔ + + = + ⇔ + − = − +
( )
2
1
6 2 3 2 2 3 2 3 1
9 2 3 2 1
m
m m m m
m m m
≥ −


⇔ − = + ⇔ − = + ⇔

− = + +


2
1
1
2
16 28 0
14
m
m

m
m m
m
≥ −

≥ −


⇔ ⇔
=

 
− + =



=


So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là
2m
=
.
Câu 3 (2,0 điểm)
a. Giải phương trình:
1 5 4 3 2 4x x x x+ + = − + +
.
Giải
Cách 1:
+) ĐK:

1
1 0
0
5 0
3
3
4 3 0
4
4
2 4 0
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
≥ −

+ ≥


≥


≥
 

⇔ ⇔ ≥
 
− ≥
≥
 
 
+ ≥

≥ −


+) Ta có
1 2 1. 5 5 4 3 2 4 3. 2 4 2 4PT x x x x x x x x⇔ + + + + = − + − + + +
2
3 ( )
1. 5 4 3. 2 4 5 ( 1) (4 3)(2 4) 3 5 12 0
4
( )
3
x l
x x x x x x x x x x
x n
= −


⇔ + = − + ⇔ + = − + ⇔ + − = ⇔

=

+) KL: Phương trình có một nghiệm

4
3
x =
.
Cách 2:
+) ĐK:
1
1 0
0
5 0
3
3
4 3 0
4
4
2 4 0
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
≥ −

+ ≥



≥


≥
 
⇔ ⇔ ≥
 
− ≥
≥
 
 
+ ≥

≥ −


+) Ta có:
1 5 4 3 2 4x x x x+ + = − + +
3 3
0
2 4 1 5 4 3
1 1
( 3) 0
2 4 1 5 4 3
3( )
1 1
0
2 4 1 5 4 3
x x

x x x x
x
x x x x
x L
x x x x
− −
⇔ − =
+ + + + −
 
⇔ − − =
 ÷
+ + + + −
 
= −



− =

+ + + + −

+) Ta giải phương trình:
( ) ( )
1 1
0
2 4 1 5 4 3
2 4 1 5 4 3
5 2 4 4 3 1 0
3 4 3 4
0

5 2 4 5 2 4
1 1
(3 4) 0
5 2 4 5 2 4
4
( )
3
1 1
0
5 2 4 5 2 4
x x x x
x x x x
x x x x
x x
x x x x
x
x x x x
x N
x x x x
− =
+ + + − −
⇔ + + + = + −
⇔ − + + − − + =
− −
⇔ + =
+ + − +
 
⇔ − + =
 ÷
+ + − +

 

=


⇔

+ =

+ + − +

Dể thấy
1 1
0
5 2 4 5 2 4x x x x
+ >
+ + − +

⇒
PT chĩ có một nghiệm duy nhất là
4
3
x =
b. Giải hệ phương trình:
2
( 2 2)(2 ) 2 (5 2) 2
7 3
x y x y x y y
x y
+ − + = − −



− = −

Giải
+) Ta có
2 2
(1) 2 4 2 4 2 10 4 2PT x xy xy y x y xy x y⇔ + + + − − = − −

( )
2 2 2 2
2 5 2 0 2 4 (2 ) 0 2 ( 2 ) ( 2 ) 0x xy y x xy y xy x x y y x y⇔ − + = ⇔ − + − = ⇔ − − − =

2 0 2
( 2 )(2 ) 0
2 0 2
x y x y
x y x y
x y y x
− = =
 
⇔ − − = ⇔ ⇔
 
− = =
 
+) Trường hợp 1:
2x y=
, kết hợp với phương trình (2) ta có hệ
2
2

7 3
x y
x y
=


− = −

2
1
2
2
2
1
3
4 7 3 0
3
4
4 3
2
x
x y
y
x y
x
x
y y
x
y
 =




=

=



=


 =


⇔ ⇔ ⇔
 
=



− + =





=







=




+) Trường hợp 2:
2y x=
, kết hợp với phương trình (2) ta có hệ
2
2
7 3
y x
x y
=


− = −

2
7 46
2
14 2 46
2
7 46
14 3 0
7 46

7 46
14 2 46
x
x y
y
y x
x
x x
x
x
y


= +


=



= +
=





⇔ ⇔ ⇔
= +


 
− + =


 = −



= −

 


= −




+) Kết luận: Hệ phương trình có 4 nghiệm:
3
1
4
,
2 3
2
x
x
y
y


=

=


 
=


=


,
7 46 7 46
;
14 2 46 14 2 46
x x
y y
 
= + = −
 
 
= + = −
 
 
.
Câu 4 (1,0 điểm)
a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4.
Giải
+) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ. Do đó theo nguyên lý Đirichlet trong 3 số nguyên

bất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ.
+) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ra được hai số có cùng tính chẵn lẻ. Gọi 2 số
chính phương được chọn ra đó là
2
a
và
2
b
. Khi đó ta có
2 2
( )( )a b a b a b− = − +
.
+) Vì
2
a
và
2
b
cùng tính chẵn lẻ nên a, b cũng cùng tính chẵn lẻ. Do đó
a b−
là số chẵn và
a b−
cũng là số
chẵn
2 2
( )( ) 4a b a b a b− = − + M
, (đpcm).
b. Giải phương trình nghiệm nguyên:
2 2
3 2 5 2 7 0x y xy x y− − + − − =

.
Giải
+) Ta có PT
( ) ( )
( )
2 2
3 6 2 2 7x xy y xy x y⇔ − + − + + − =
.

( ) ( ) ( )
3 2 2 2 7x x y y x y x y⇔ − + − + − =

( ) ( ) ( ) ( )
2 3 1 7 1.7 7.1 1. 7 7. 1x y x y⇔ − + + = = = = − − = − −
Do đó ta có 4 trường hợp sau:
+) TH1:
13
2 1 2 1
7
3 1 7 3 6 3
7
x
x y x y
x y x y
y

=

− = − =
 


⇔ ⇔
  
+ + = + =
 

=


,(loại).
+) TH2:
1
2 7 2 1
7
3 1 1 3 0 3
7
x
x y x y
x y x y
y

=

− = − =
 

⇔ ⇔
  
+ + = + =
 


= −


,(loại).
+) TH3:
17
2 1 2 1
7
3 1 7 3 8 5
7
x
x y x y
x y x y
y

= −

− = − − = −
 

⇔ ⇔
  
+ + = − + = −
 

= −


,(loại).

+) TH4:
11
2 7 2 7
7
3 1 1 3 2 19
7
x
x y x y
x y x y
y

= −

− = − − = −
 

⇔ ⇔
  
+ + = − + = −
 

=


,(loại).
+) Kết luận: Phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn
(O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và
song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần

lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N
(khác điểm A).
a. Chứng minh rằng:
2
.EB ED EA=
và
BA CA
BD CD
=
.
b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm.
c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.
d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.
Hình vẽ:
a. Chứng minh rằng:
2
.EB ED EA=
và
BA CA
BD CD
=
.
Giải:
+) Nối BD
+) Ta có:
·
»
·
1
d D D

2
EBD s B BA= =
(1)
Y
+) Ta có:
·
·
·
·
·
·
·
·
DE 180 D
DE
D 180 D
B B A
B EBA
EBA DBA BA B A

= °−

⇒ =

= + = ° −


(2)
+) Từ (1) và (2)
⇒

D ( )B E ABE g g∆ ∆ −:

2
D
E. D
E
EB E
EB A E
A E B
⇒ = ⇒ =
(đpcm)
+) Chứng minh tương tự ta được:
E( )DCE AC g g∆ ∆ −:

AC EC
DC DE
⇒ =
(3)

D EB( g - g )BE A∆ ∆:

D
D
BA B
BE E
⇒ =
(4)
+) Từ (3) và (4) kết hợp với
C DE B

DE DE
=
AC BA
DC BE
⇒ =
(đpcm)

b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm.
Giải
+) Ta có:
·
·
A AEPE y=
(sole trong)
Mà:
·
»
·
1
AE d D D
2
y s A AB= =
⇒
Tứ giác BDEP nội tiếp được
+) Chứng minh tương tự, ta được: Tứ giác DCQE nội tiếp được
⇒
Các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua điểm D
c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.
Giải:
+) Ta có:

·
·
·
·
180 180 D DPBE ABE B E B A= °− = ° − =
Mà:
·
»
·
1
D
2
B A sd BA xAP= =
·
·
PBE xAP⇒ =
Mà ta lại có:
·
·
xAP BPE=
(sole trong)
· ·
·
( )PBE BPE xAP⇒ = =
PBE
⇒ ∆
cân tại E
BE PE⇒ =
(5)
+) Chứng minh tương tự, ta được:

EC EQ=
(6)
+) Từ (5) và (6)
⇒
E là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC
d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân
Giải:
+) Theo như câu (a), ta có:
. D . D
D
AB AC
AB C AC B
DB C
= ⇒ =
+) Áp dụng định lý
Ptolemaeus
cho tứ giác ABCD, ta được:
D. . D. 2. .A BC AB DC B AC AC DC= + =
D. 2. .A BC AC DC
⇒ =
D D D
2
A B B
BC
AC MC
⇔ = =
D D D
D
A B A AC
AC MC B MC

⇒ = ⇔ =
(7)
+) Ta có: Tứ giác ABCD nội tiếp
·
·
DACB B A⇒ =
(8)
+) Từ (7) và (8)
D ( )A B ACM c g c⇒ ∆ ∆ − −:

·
·
DBA NAC⇒ =
+) Ta có:
·
»
·
·
»
·
1
D d D D
2
1
d
2
BA s B BC
NAC s NC NBC

= =





= =


Mà
·
·
DBA NAC=

·
·
DBC NBC⇒ =
⇒
Tứ giác BCDN là hình thang cân (đpcm)
Câu 6 (1,0 điểm)
a. Chứng minh rằng:
3 3
( )a b ab a b+ ≥ +
, với a, b là hai số dương.
Giải
Ta có bất đẳng thức
2 2 2 2 2
( )( ) ( ) 0 ( )( 2 ) 0 ( )( ) 0a b a ab b ab a b a b a ab b a b a b+ − + − + ≥ ⇔ + − + ≥ ⇔ + − ≥
Ta thấy với a, b là hai số dương nên bất đẳng thức đã cho luôn đúng.
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn
1a b+ ≥

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )
2
3 3 2 2
3
.
2
F a b a b ab= + + + +
Giải
Cách 1
+) Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ở câu (a) ta có:
( )
[ ]
2
2
3 3
( )a b ab a b+ ≥ +
mà theo giả thiết
1a b+ ≥
Do đó
( )
[ ]
2
2
3 3 2
( ) ( )a b ab a b ab+ ≥ + ≥
+) Mặt khác ta có:
( )
2
2 2

2 1 1F a b a b ab ab= + = + − ≥ −
+) Do đó
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
3 1 1 15 1 15 15
1 2 1 2. .
2 2 4 16 16 4 16 16
ab
F ab ab ab ab ab ab ab
 
≥ + − + = − + = − + + = − + ≥
 ÷
 
+) Dấu “=” xảy ra
1
1
1
2
4
a b
a b
ab
+ =


⇔ ⇔ = =

=



+) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng
15
16
, đạt được khi
1
2
a b= =
.
Cách 2
+) Ta có
( )
( )
2
2
3 3
1
.
2
F a b a b ab= + + + −
+) Ta luôn có bất đẳng thức:
3
3 3
( )
4
a b
a b
+
+ ≥
, (*) với mọi a, b > 0. Thật vậy (*)

2
2 2
( )
4
a b
a ab b
+
⇔ − + ≥
2 2 2 2 2
4 4 4 2 ( ) 0a ab b a ab b a b⇔ − + ≥ + + ⇔ − ≥
, (luôn đúng).
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:
( )
2
3
2
3 3
( ) 1
4 16
a b
a b
 
+
+ ≥ ≥
 
 
.
+) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 2
( ) ( )

4 4
a b a b
ab ab
+ +
≤ ⇔ − ≥ −
.
+) Do đó
( )
2 2
2
1 ( ) 1 7( ) 1 7 15
16 8 16 8 16 8 16
a b a b
F a b
+ +
≥ + + − = + ≥ + =
. Dấu “=” xảy ra
1
1
2
a b
a b
a b
+ =

⇔ = =

=

+) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng

15
16
, đạt được khi
1
2
a b= =
.