Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên bến tre năm học 2016 2017(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE
NĂM HỌC: 2016 – 2017
Môn :TOÁN (chuyên)
Thời gian: 150 phút ( không kể phát đề)

Bài 1: (1,5 điểm )
a) Cho a  1  2 3  2 2
Chứng minh a là một nghiệm của phương trình x  x3  2x2
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n để A  n 2  n  2 là một số chính phương.
Bài 2: (2,0 điểm )
1
2

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y  x 2 và đường thẳng (d) :
y  2x 

3
. Gọi A, B là giao điểm của (P) và (d). Tìm trên trục Oy điểm C sao
2

cho tổng khoảng cách ( BC + CA) nhỏ nhất.
b) Cho hai phương trình x 2  mx  2  0 và x 2  4x  m  0 (m là tham số)
Tìm m để hai phương trình có ít nhất một nghiệm chung.
Bài 3: (2,0 điểm )
a) Giải phương trình:  x  2  x  1  1  x 2  3x  2  1





3 3
3
 x y  7y  8
b) Giải hệ phương trình:  2
2
 x y  y  2x

Bài 4: (1,5 điểm )
a) Cho hai số thực x, y thỏa x  y  2 . Chứng minh rằng 3 x  3 y  2
b) Cho số thực x thỏa : 0  x  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

2 x 4x

x
2x

Bài 5: (3,0 điểm )
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và điểm A nằm ngoài đường tròn. Gọi d là
đường thẳng vuông góc với OA tại A và M là điểm di động trên d (M khác A). Vẽ
tiếp tuyến MC với đường tròn ( C là tiếp điểm, C khác phía với M đối với đường
thẳng OA). Đường thẳng AC cắt đường tròn tại B (B khác C). Tiếp tuyến tại B cắt
đường thẳng MC tại E và cắt d tại D.
a) Chứng minh tứ giác OMDE nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác DOM cân.
c) Chứng minh OA.ME  OM.AB .

d) Kẻ tiếp tuyến DF với đường tròn ( F là tiếp điểm, F khác B). Chứng minh
đường thẳng BF luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên d.
e) Cho OA  R 3 và AM  R 2 . Tính DE theo R.

. . . . . HẾT. . . . .


GIẢI ĐỀ THI TS THPT CHUYÊN BẾN TRE 2016 - 2017
Môn : Toán (chuyên)
CÂU
Bài 1

LỜI GIẢI
a) Cho a  1  2 3  2 2 .
Chứng minh a là một nghiệm của phương trình x  x3  2x2
a  1 2 3  2 2  1 2





2 1

2

 1 2





2 1  3  2 2 





2

2 1  2 1  0

a  2  1  a  1  2   a  1  2  a 2  2a  1  a 3  2a2  a
2

Do đó: a là một nghiệm của phương trình x  x3  2x2
b)Tìm tất cả các số tự nhiên n để A  n 2  n  2 là một số chính phương.
A  n 2  n  2 là một số chính phương  n 2  n  2  k 2 (k  N)
 4n 2  4n  8  4k 2
2
  2n  1  4k 2  7
  2n  1  2k  2n  1  2k   7

Vì n , k  N vaø 2n  1  2k  2n  1  2k nên ta có các trường hợp sau:
2n  1  2k  1
n  2


( không thỏa đk)
2n  1  2k  7
k  2

2n  1  2k  7
n  1


2n  1  2k  1 k  2
Vậy: n  1  A  4 là số chính phương

Bài 2

1
2

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y  x 2 và đường thẳng
3
2

(d) : y  2x  . Gọi A, B là giao điểm của (P) và (d). Tìm trên trục Oy điểm
C sao cho tổng khoảng cách ( BC + CA) nhỏ nhất.
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm
của hệ phương trình
x  1

 1 2   1
 1 2
y
 1 2
y  x
 y  2 x
  2

y  x
 2
 2



x 1

3
2
 y  2x 
 x - 4x  3  0 
  x  3


  x  3

2
 9
 y 
 2
1
9
Giao điểm của (P) và (d) là A 1;  , B  3; 
 2  2
1
1
Lấy A’ đối xứng của A 1;  qua Oy  A'  1; 
2
 2



Theo tính chất đối xứng, ta có CA’ = CA
Suy ra: CA  CB  CA  CB  A' B ( không đổi)
CA  CB nhỏ nhất  CA  CB  A' B
 A’, C, B thẳng hàng và COy
C là giao điểm của đường thẳng A’B và trục Oy.


1


a

b

a  1



2
Phương trình đường thẳng A’B có dạng y  ax  b  

3
9
b
3a  b 


2



2
3
 A' B : y  x 
2

Tọa độ giao điểm C của hai đường thẳng A’B và Oy là nghiệm của hệ pt
x  0
x  0



3
3
yx
y



2

2
3
Vậy: Khi C  0;  thì tổng khoảng cách ( BC + CA) nhỏ nhất.
 2
b) Cho hai phương trình x 2  mx  2  0 và x 2  4x  m  0 (m là tham số)

Tìm m để hai phương trình có ít nhất một nghiệm chung.
Giả sử x0 là nghiệm chung của hai phương trình x 2  mx  2  0 và x 2  4x  m  0

 x  mx 0  2  0
  m  4  x 0  m  2  0 (*)
Khi đó ta có:  02
2


 x 0  4x 0  m  0

+ Nếu m  4 : (*) 2=0: vô nghiệm

2m
, thay vào phương trình x 0 2  mx 0  2  0 , ta được:
m4
m  3
m3  3m2  12m  36  0   m  3  m 2  12   0  
 m  2 3
Với m  3 ta có hai phương trình x 2  3x  2  0 và x 2  4x  3  0 có nghiệm chung là
x 1
Với m  2 3 ta có hai phương trình x 2  2 3x  2  0 và x 2  4x  2 3  0 không có
nghiệm chung.
Với m  2 3 ta có hai phương trình x 2  2 3x  2  0 và x 2  4x  2 3  0 có một
nghiệm chung x  1  3
Vậy có hai giá trị cần tìm là m  3 ; m  2 3
+ Nếu m  4 : (*) x 0 

Bài 3





a) Giải phương trình:  x  2  x  1  1  x 2  3x  2  1 (*)
ĐK: x  1
Đặt a  x  2 , b  x  1 (ñk: a  b  0 )
 a 2  x  2, b 2  x  1  a 2  b 2  1
Từ (*)   a  b 1  ab   1

Ta được hệ phương trình
2
2

a 2  b 2  1
a 2  b 2  1


a  b  1

 2

2
a

b
1

ab

1
a


b

a

b
1

ab

0










 a  b  a  1 b  1  0


  x  1  0
 a 2  b 2  1
 b  0
a 2  b 2  1





a

1
  x  2  1
a

1

a

b(loaï
i
)
 x  1






(thỏa đk)
 

2
2
x

0


a=1


a

2
a

b

1


 x  2  2




  b=1



  b  1
 b  1
  x  1  1
Vậy: phương trình có hai nghiệm x  1, x  0


 x 3 y3  7y3  8
b) Giải hệ phương trình:  2

2
 x y  y  2x

Dể thấy ( x  0, y  0 ) không là nghiệm của hệ phương trình, nên xét trường
hợp x  0, y  0 , ta có
8
 3
 3 8
 y3  x 3  7   8
x

7

3

 x  y3  7
y
 x y  7y  8 


 


 2
y
2
 x y  y  2x
 xy  x    2x
x  y  2
x  2  y  0

x

 


x y
y x
3

2
x
2
 x    6  x    7
y
y
y

 
2 y

 x  y   x  0


2
x
Đặt a  x  , b  (đk b  0 ), ta được hệ phương trình:
y
y
3
a  6ab  7

a 3  6ab  7
a 3  1 a  1




 1


ab  1
ab  1 b  1
a   0
 b
2

 x  y  1  x  2  1  x  2  1  x 2  x  2  0   x  1
x  y  1




y




   x  2  
x
 x  y  2
x  y

x 1
x  y
 x  y
x  y


 y
3 3

3

Vậy: hệ phương trình có hai nghiệm là 1;1 , 2; 2

Bài 4

a) Cho hai số thực x, y thỏa x  y  2 . Chứng minh rằng 3 x  3 y  2
Đặt a  3 x ,b  3 y  a 3  x ,b3  y .
Khi đó a3  b3  2 , ta cần phải chứng minh: a  b  2
3
3
Đặt a  1  t  b3  2  a 3  2  1  t   1  3t  3t 2  t 3  1  3t  3t 2  t 3  1  t 
Suy ra b  1  t , ta lại có a  1  t , nên a  b  1  t  1  t  2 (ĐPCM)
b) Cho số thực x thỏa : 0  x  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2x 4x

x
2x
2x 4x  2x
2x
x

  4x

Ta có P 


 2  
 2  4 

4
x
2x  x
x
2x
  2x

Vì 0  x  2  2  x  0 , nên áp dung BĐT Côsi, ta có:
2x
x
2x x

2
.
 2 P  24  6
x
2x
x 2x
2x
x
2


  2  x   x 2  x  1 (thỏa đk)
Dấu “=” xảy ra 
x
2x
Vậy: MinP  6 khi x  1
P


Bài 5

a) Chứng minh tứ giác OMDE nội tiếp.
Tứ giác OMAC nội tiếp ( OAM  OCM  900 )
 OMA  OCB (cùng bù với góc OCA)
Tứ giác OBEC nội tiếp ( OBE  OCE  900  900  1800 )
 OEB  OCB (cùng chắn cung OB)
 OEB  OMA

Do đó tứ giác OMDE nội tiếp.

b) Chứng minh tam giác DOM cân.
Tứ giác OMDE nội tiếp  OEM  ODM (cùng chắn cung OM)
mà OEM  OEB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
và OEB  OMA (chứng minh trên)
 ODM  OMA

Suy ra DOM cân tại O
c) Chứng minh OA.ME  OM.AB .
OBA và OEM có
OBC  OEC (tứ giác OBEC nội tiếp)
OAC  OMC (tứ giác OMAC nội tiếp)

OBA ~OEM


OA AB
 OA.ME  OM.AB

OM ME

d) Chứng minh đường thẳng BF luôn đi qua một điểm cố định khi M di động
trên d.
Gọi giao điểm của BF với OD, OA lần lượt là H, I
Ta có DB = DF (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
OB =OF (bán kính)
OD là đường trung trực của đoạn BF
ODBF tại H
OHI ~OAD (g – g)


OH OI

 OI.OA  OH.OD
OA OD

OBD vuông tại B có đường cao BH  OH.OD  OB2  R 2
 OI.OA  R 2  OI 

R2
OA

(1)

Ta có đường tròn (O;R) và đường thẳng d cố định nên đoạn thẳng OA cố
định và có độ dài không đổi (2)
Từ (1) và (2)  Khoảng cách OI không đổi và I thuộc OA cố định


Suy ra I cố định
Do đó đường thẳng BF luôn đi qua một điểm I cố định khi M di động trên d.
e) Cho OA  R 3 và AM  R 2 . Tính DE theo R.
DOM cân tại O có OA là đường caoOA cũng là trung tuyến
 AD  AM  R 2

OAD vuông tại A có OA  R 3 ,AD  R 2
OD  OA2  AD2  R 5  OM  OD  R 5

OBD vuông tại B  BD  OD2  OB2  2R
OBA ~OEM


OB OA R 3
3
5
15



 OE  OB
R
OE OM R 5
3

5
3

OBE vuông tại B  BE  OE 2  OB2 

6
DE  BD  BE  R  2 

3 


R 6
3