Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên(đề chung) tỉnh 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 (chung)
Thời gian: 120 phút ( không kể phát đề)

Câu 1: (1,5 điểm )
a) Cho A 

1
1
3  6 2 8
và B 


1 2 1 2
1 2
2 3

Chứng minh A – B = 3
b) Chứng minh 4  2 3  4  2 3  2 3
Câu 2: (2,5 điểm )
2
a) Giải phương trình  x 2  2   4  x 2  2   3 .
x  y  7
.
 xy  10

b) Giải hệ phương trình 

c) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: xy  x  y  2
Câu 3: (1,5 điểm )
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P):y  x 2 và đường thẳng (d):y  mx
a) Khi m = -2, hãy xác định tọa độ giao điểm của (P) và (d).
b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm cách nhau một khoảng bằng 2 (đơn vị độ
dài).
Câu 4: (1,5 điểm )
Cho phương trình: x2  2  m  2  m  1  0 ( với m là tham số) .
a) Chứng minh với mọi giá trị của m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa x1 1  2x 2   x2 1  2x1   m2 .
Câu 5: (3 điểm )
Cho hình vuông ABCD. Trên tia đối của tia CB lấy điểm E. Đường thẳng AE
cắt CD tại F. Đường thẳng vuông góc với AF tại A cắt đường thẳng CD tại K.
a) Chứng minh tứ giác ACEK nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác AKE vuông cân.
c) Gọi I là trung điểm của EK. Chứng minh ba điểm I, B, D thẳng hàng.
d) Gọi M là giao điểm của AE và BD. Chứng minh tứ giác IMCE nội tiếp.
e) Chứng minh : CE  DI 2 .
. . . . . HẾT. . . . .


CÂU

GIẢI ĐỀ THI TS THPT CHUYÊN BẾN TRE 2016-2017
MÔN: TOÁN (CHUNG)
LỜI GIẢI
a) A 

B

Câu 1



 



3 1 2 2 1 2
3  6 2 8



 32
1 2 1 2
1 2
1 2
1
1
1 2



1 2
2  3 1 2 1 2





 

2 3
2 3



2 3



1 2
2 3

 2 1  3  2  3 1
1 2
23
Suy ra A  B  3  2  3  1  3




 



b) 4  2 3  4  2 3  2 3
Ta có 4  2 3  4  2 3 





2

3 1 





3 1

2

 3  1  3 1  2 3

a) Giải phương trình  x 2  2   4  x 2  2   3 .
Đặt t  x 2  2
2

Câu 2

t  1
t  3

Ta có pt: t 2  4t  3  t 2  4t  3  0  

+Với t = 1  x 2  2  1  x 2  3  x   3
+Với t = 3  x 2  2  3  x 2  5  x   5
Vậy: pt có 4 nghiệm x   3; x   5
x  y  7
 xy  10

b) Giải hệ phương trình 
Ta có:

x  5
y  x  7

 y  x  7
y  x  7
x  y  7

 y  2

 2
  x  5  

x  2
 x  x  7   10
 xy  10
 x  7x  10  0
 x  2


  y  5
Vậy hệ pt có hai nghiệm  5; 2  , 2; 5

c) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: xy  x  y  2
Ta có xy  x  y  2  x  y  1   y  1  3   x  1 y  1  3
Vì x, y  Z , nên kết quả cho bởi bảng sau:
x  1 3 1 -3 -1
y  1 1 3 -1 -3
x
4 2 -2 0
y
2 4 0 -2
Vậy : có 4 cặp số nguyên (x;y) cần tìm là: (4; 2), (2; 4), (-2; 0), (0; -2)


Câu 3

a) Với m = -2, ta có (d):y  2x
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ phương trình
x  0

x

0


y  x2
 x 2  2x
 x  x  2   0

y  0



  x  2  

x  2
 y  2x
 y  2x
 y  2x
 y  2x


  y  4

Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (0; 0), (2; 4)
b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm
cách nhau một khoảng bằng 2 .
Phương trình hoành độ giao điểm của
(P) và (d) :
x 2  mx
 x 2  mx  0
 x  x  m  0
y0
x  0

2
 x  m  y  m

Nên (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm O(0; 0) và M  m; m2 
OM  2  OM2  2   x M  x O    yM  yO   2
2

2

 m2  m4  2
 m4  m2  2  0
  m2  1 m2  2   0
  m2  1 m2  2   0

Câu 4

m2  1  0
 2
 m  2  0 (voâ nghieäm)
 m  1
Vậy: giá trị cần tìm là m  1
Cho phương trình: x2  2  m  2  m  1  0 (1)

với m là tham số .

a)Ta có:   2  m  2  4  m  1  4m2  16m  16  4m  4  4m2  12m  12
2

    2m  3  3  0 với mọi m
2

Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa
x1 1  2x 2   x2 1  2x1   m2 .
b

x


x


 2  m  2
1
2

a
Theo đl Vi-et, ta có 
 x .x  c  m  1
 1 2 a


Ptrình (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: x1 1  2x 2   x2 1  2x1   m2
 x1  x 2  4x1x 2  m2

 2  m  2   4  m  1  m2
 m2  2m  0
 m  m  2  0

m  0

 m  2

KL: giá trị cần tìm là m  0 hoặc m  2
A

Câu 5

B

M
K

D
F

C

I
E

a) Chứng minh tứ giác ACEK nội tiếp
Tứ giác ACEK có
KAE  900 (giả thiết)
KCE  900 (ABCD là hình vuông)
A, C cùng nhìn đoạn KE dưới một góc 900
Do đó tứ giác ACEK nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác AKE vuông cân.
Hai tam giác vuông ADK và ABE có:
AKC  AEC (tứ giác ACEK nội tiếp)  DAK  BAE
 ADK = ABE ( g-c-g)AK = AE
AKE có AK = AE và KAE  900 AKE vuông cân tại A
c) Chứng minh ba điểm I, B, D thẳng hàng
AKE vuông cân tại A có AI là trung tuyến ( I là trung điểm KE)
1
2

AI là phân giác cũng là đường cao  KAI  IKE  KAE = 450 ; AI  KE

Tứ giác ADIK nội tiếp ( ADK  AIK  900 )
 KDI  KAI  450
Mặt khác ADB  450 (t/c hình vuông)

 IDB  KDI  KDA  ADB  450  900  450  1800
Do đó: ba điểm I, D, B thẳng hàng.


d) Chứng minh tứ giác IMCE nội tiếp
Ta có BD là đường trung trực của đoạn AC ( t/c hình vuông)
Mà I nằm trên đường thẳng BD IB = ID
IAB = ICB (c-c-c)
 AIM  MIC (1)
Tứ giác ABEI nội tiếp ( ABE  AIE=900 +900  1800 )
AIB  AEB hay AIM=MEC (2)
Từ (1) và (2)  MIC  MEC
Do đó tứ giác IMCE nội tiếp.
e) Chứng minh : CE  DI 2 .
Tứ giác ACEK nội tiếp  CAE  CKE
Tứ giác ADIK nội tiếp  DAI  CKE
 DAI  CAE

ADI và ACE có
AIB  AEB (Tứ giác ABEI nội tiếp)
Mà DAI  CAE
ADI ~ACE (g - g)


DI AI


CE AE

(3)

AKE vuông cân tại A có AI là trung tuyến
AIE vuông cân tại I
AI
2
1
 sin AEI  sin 450 

AE
2
2
DI
1
Từ (3) , (4) 

CE
2
Do đó : CE  DI 2


(4)