Đề thi tuyển sinh toán 10 chuyên bà rịa vũng tàu năm học 2016 2017(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn: TOÁN (Chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 31/5/2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (3,0 điểm).

A=
a) Rút gọn biểu thức
b) Giải phương trình

(

)

2

x −1 −1 + 4x − 3 + 4 x −1
với

x + x 2 + 3x + 2 = x x + 2 + x + 1

c) Giải hệ phương trình

 x + y = 3 + xy

 2
2
 x + y = 18

x ≥1

.

.

.

Câu 2 (2,0 điểm).
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố
f ( x ) = x 2 + bx + c

b) Cho đa thức
f ( 2) ≥ 9 3 c
minh
.

( p; q )

thỏa mãn

p 2 − 5q 2 = 4

.

. Biết b, c là các hệ số dương và

f ( x)

có nghiệm. Chứng

Câu 3 (1,0 điểm).
Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn

x 2 + y 2 + z 2 = 3xyz

. Chứng minh:

x2
y2
z2
+
+
≥ 1.
y+2 z+2 x+2

Câu 4 (3,0 điểm).
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại A và B (OO’ > R > R’). Trên nửa mặt
phẳng bờ là OO’ có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn trên (với M thuộc
(O) và N thuộc (O’)). Biết BM cắt (O’) tại điểm E nằm trong đường tròn (O) và đường thẳng AB
cắt MN tại I.
a) Chứng minh

·
·
MAN

+ MBN
= 1800

và I là trung điểm của MN.

b) Qua B, kẻ đường thẳng (d) song song với MN, (d) cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D (với C, D
khác B). Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của CD và EM. Chứng minh tam giác AME đồng
dạng với tam giác ACD và các điểm A, B, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
c) Chứng minh tam giác BIP cân.
Câu 5 (1,0 điểm).


Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm. Chứng minh

HA HB HC
+
+
≥ 3
BC CA AB

.

------------ HẾT -----------Chữ ký của giám thị 1: …………………………………………………………………………….
Họ và tên thí sinh: ……………………………..………...… Số báo danh ……………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2016 – 2017

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN THI: TOÁN (Chuyên)
(Hướng dẫn này gồm 04 trang)
Câu
1a.

Nội dung

A=
Rút gọn biểu thức

(

)

(

)

Điểm
2

x −1 −1 + 4x − 3 + 4 x −1
với

x ≥1

∑ =1

2

x −1 −1 = x − 2 x −1

0,25

(

)

4x − 3 + 4 x −1 = 2 x −1 + 1

x ≥1

Do với
thì
A = x +1
Vậy

2

2 x −1 +1 > 0

1b.
Giải phương trình

0,25

nên

4x − 3 + 4 x −1 = 2 x −1 + 1

0,25
x + x2 + 3x + 2 = x x + 2 + x + 1

x ≥ −1
Điều kiện xác định:
⇔ x + x + 1. x + 2 = x x + 2 + x + 1
(1)

(

)(

0,25

(1)

∑ =1
0,25

)

⇔ x − x +1 1− x + 2 = 0
⇔ x = x +1

hoặc
x + 2 = 1 ⇔ x = −1

0,25

x + 2 =1

0,25

(thỏa mãn điều kiện)

x ≥ 0
1+ 5
x = x +1 ⇔  2
⇔x=
2
x − x −1 = 0

0,25
(thỏa mãn điều kiện)


1c.
Giải hệ phương trình
xy ≥ 0
Điều kiện:
a = x + y , b = xy
Đặt

 x + y = 3 + xy
 2
2
 x + y = 18

( b ≥ 0)

. Ta có hệ

∑ =1

a = 3 + b
 2
2
a − 2b = 18

a = 3+b

Thế
vào phương trình còn lại ta được:
2
⇔ b − 6b + 9 = 0 ⇔ b = 3

( 3 + b)

2

0,25

− 2b 2 = 18
0,25


x + y = 6



 xy = 3

( a; b ) = ( 6;3)

0,25

Do đó
. Ta được hệ
x + y = 6
x = 3
⇔
⇔
 xy = 9
y = 3
(thỏa mãn điều kiện).
( x; y ) = ( 3;3)

0,25

Vậy hệ có nghiệm

( p; q )

2a.

p 2 − 5q 2 = 4

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố
thỏa mãn
2

2
2
2
p − 5q = 4 ⇔ p − 4 = 5q ⇔ ( p − 2 ) ( p + 2 ) = 5q 2
0< p−2< p+2

Do
1, 5, q, q 2

và q nguyên tố nên

Ta có bảng giá trị tương ứng
p–2
p+2
1
5q 2

p−2

2b.

0,25

chỉ có thể nhận các giá trị

p
3

q
1

5

q2

7

3

q
q2

5q
5

3
3

1
1

( p; q ) = ( 7;3)

∑ =1

Do p, q là các số nguyên tố nên chỉ có cặp
thỏa mãn.
2
f ( x)
f ( x ) = x + bx + c

Cho đa thức
. Biết b, c là các hệ số dương và
có
3
f ( 2) ≥ 9 c
nghiệm. Chứng minh
.

0,25

0,25

0,25

∑ =1


f ( x)

có nghiệm

⇒ ∆ ≥ 0 ⇒ b 2 ≥ 4c ⇒ b ≥ 2 c

f ( 2 ) = 4 + 2b + c ≥ 4 + 4 c + c =

(

c +2

)

0,25

2

0,25

c + 2 = c +1+1 ≥ 33 c

(

f ( 2) ≥ 3 3 c
Do đó
Cách 2:

)

2

0,25

= 93 c

0,25

x1 x2 = c f ( x ) = ( x − x1 ) ( x − x2 )
Theo hệ thức Vi – et ta có
,
f ( x)
⇒ x1 < 0, x2 < 0

Do b, c dương nên
chỉ có nghiệm âm
x1 = − p, x2 = −q
p > 0, q > 0
pq = c
Đặt
thì
và
f ( x) = ( x + p) ( x + q)

0,25
0,25

0,25

f ( 2 ) = ( 2 + p ) ( 2 + q ) = ( 1 + 1 + p ) ( 1 + 1 + q ) ≥ 3 3 p .3 3 q = 9 3 pq = 9 3 c
3.

x 2 + y 2 + z 2 = 3xyz

Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn
x2
y2
z2
+
+
≥ 1.
y+2 z+2 x+2

. Chứng minh:

2

∑ =1

(*)

x
y+2
x
y+2 2
x
6x − y − 2
+
≥2
.
= x⇒
≥
y+2
9
y+2 9
3
y+2
9
2

0,25

2

0,25

Ta có

y2
6y − z − 2
≥
z+2
9

z2
6z − x − 2
≥
x+2
9

Tương tự
,
.
Đặt vế trái của (*) là P. Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được:
5( x + y + z ) − 6
P≥
9

( x + y + z)
Lại có

9

3

≥ 3 xyz , x 2 + y 2 + z 2 ≥

( x + y + z)

4a.

3

≥

1
2
( x + y + z)
3

0,25
.

1
2
( x + y + z) ⇔ x + y + z ≥ 3
3

9
Từ giả thiết suy ra
P ≥1
Do đó
.
Hình vẽ (Học sinh vẽ đúng đến câu a.)

0,25

.

0,25
0,25


K

M

I

N
A

Q
o'
O
c

E
P

·
·
MAN
+ MBN

= 1800

B

D

Chứng minh
và I là trung điểm của MN.
·IMA = ·ABM , MIA
·
·
= MIB
Ta có
·
·
·
·
·
·
MBN
+ MAN
= ·ABM + ·ABN + MAN
= IMA
+ INA
+ MAN
= 1800
2
∆IMA : ∆IBM ⇒ IM = IA.IB

∑ =1

0,25
0,25
0,25

IN 2 = IA.IB

4b.

4c.

0,25
Tương tự ta có
.
Do đó IM = IN nên I là trung điểm của MN.
Chứng minh tam giác AME đồng dạng tam giác ACD và các điểm A, B, ∑ =1
P, Q cùng thuộc một đường tròn.
·AME = ACD
·
·AEM = ·ADC
;
(tứ giác AEBD nội tiếp)
0,25
⇒ ∆AME : ∆ACD
AE EM EQ
⇒ ·AEQ = ·ADC ,
=
=
AD DC DP

0,25

⇒ ∆AEQ : ∆ADP

0,25

·AQE = APD
·

0,25

. Vậy tứ giác ABPQ nội tiếp.
Chứng minh tam giác BIP cân.

∑ =0,75


5.

Gọi K là giao điểm của CM và DN. Do CDNM là hình thang nên các
điểm I, K, P thẳng hàng.
·
·
⇒ OM ⊥ BC ⇒ ∆BMC
⇒ MCB
= MBC
MN // BC
cân tại M
.
·MCB = KMN
·

·
·
·
·
, MBC = BMN
KMN
= BMN
Do MN // BC nên
. Suy ra
·
·
∆BMN = ∆KMN
KNM
= BNM
Chứng minh tương tự ta được
. Do đó
⇒ BK ⊥ CD, IK = IB
MB = MK, NB = NK nên MN là trung trực của KB
.
Tam giác KBP vuông tại B có IK = IB nên I là trung điểm KP.
Vậy tam giác BIP cân tại I.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và có trực tâm là H. Chứng minh:
HA HB HC
+
+
≥ 3
BC CA AB
.
Gọi D, E, F lần lượt là các chân
đường cao tương ứng kẻ từ các đỉnh

A
A, B, C của tam giác ABC.
E
HA
HB
HC
x=
, y=
,z=
BC
CA
AB
F
H
Đặt
.
HB BD
∆BHD : ∆ADC ⇒
=
AC AD
B
D
C
Ta có
HA HB HA.BD S AHB
xy =
.
=
=
BC AC BC. AD S ABC

yz =

Tương tự, ta có

S BHC
S
, zx = CHA
S ABC
S ABC

.

2

≥ 3 ( xy + yz + zx )

( x + y + z)

0,25

0,25

∑ =1

0,25

0,25

0,25

S + S BHC + SCHA S ABC
⇒ xy + yz + zx = AHB
=
=1
S ABC
S ABC

( x + y + z)

0,25

2

≥3⇒ x+ y+ z ≥ 3

Lại có
nên
HA HB HC
+
+
≥ 3
BC CA AB
Vậy
……………HẾT……………

0,25