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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BÌNH DƯƠNG
NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

Tên : Trƣơng Quang An
Giáo viên Trƣờng THCS Nghĩa Thắng
Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi
Điện thoại : 01208127776 .Nguồn sƣu tầm trên mạng và ảnh chụp đề của
học sinh thi chuyên BÌNH DƢƠNG 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2 điểm )
a.Giải phƣơng trình x2  2 x  2 2 x  1  2  0

 x 1  y 1  3
b. Giải hệ phƣơng trình 
2
2

 x  y  xy  x  2 y

Câu 2 (2 điểm ) Cho biểu thức

x4 x4  x4 x4
(x>4).
8 16

1  2
x x

a.Rút gọn biểu thức A .
b.Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 3 (2 điểm ).
2

a. Cho phƣơng trình x +mx +n+1 = 0 có hai nghiệm nguyên dƣơng .Chứng minh

rằng m2  n2 .
2

b. Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình x.(x +x+1)=4y(y-1)
Câu 4 (1 điểm ). Cho tam giác ABC đều .Trên BC ,CA,AB lần lƣợt lấy M,N,P sao cho P khác A
0

và B và góc MPN = 60 .CMR AN .BM 

AB 2
.Dấu bằng xảy ra khi nào ?
4


Câu 5 (3 điểm ).Từ D nằm ngoài đƣờng tròn tâm O kẻ tiếp tuyến DA,DB đến đƣờng tròn tâm
O (A,B là hai tiếp điểm ).Tia Dx nằm giữa hai tia DA,DO ; Dx cắt đƣờng tròn tại hai điểm C
và E (E nằm giữa C và D ).Đƣờng thẳng OD cắt đoạn thẳng AB tại N .Chứng minh rằng :

a.Tứ giác OMEC nội tiếp.
b.Tia MA là phân giác EMC .

MB 2 DE
c.
.

MC 2 DC
Bài giải
Câu 1 (2 điểm )
a. Giải phƣơng trình x2  2 x  2 2 x  1  2  0
 x  1  y  1  3(1)

b. Giải hệ phƣơng trình 
2
2

 x  y  xy  x  2 y (2)

giải
a. Điều kiện x 

1
.Đặt t  1  2 x  1, t  1.Ta có x2  2 x  2t (1) và t 2  2t  2 x (2) .
2

Lấy (1) – (2) vế theo vế ta có ( x  t ).( x  t )  0  x  t (vì x+t>0) .

 x 1
x4
Lúc đó ta suy ra x  1  2 x  1   2
x  4x  0
Vậy nghiệm của phƣơng trình là x=4 .

 x 2  y 2  2 y  4(1)
b. Giải hệ phƣơng trình 
 2 x  y  xy  4(2)
x 1
Điều kiện 
.Từ (2) suy ra (x+y).(x-2y-1)=0  x  2 y  1 (do x+y > 0 ).
y 1

Thay x=2y+ 1 vào (1) ta có : 2 y  y  1  3 .



2
 ( y  2). 

 2y  2




1
2

  0  y  2 (vì 
y 1 1 
2
y

2




1
  0 với mọi
y  1  1 

y  1 ) . Suy ra x=5 (thỏa mãn điều kiện ) .Vậy hệ phƣơng trình có một

nghiệm (5;2).
Câu 2 (2 điểm )Cho biểu thức A=

x4 x4  x4 x4
(x>4).
8 16
1  2
x x

a.Rút gọn biểu thức A .
b.Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên
giải
a. A=

x4 x4  x4 x4

8 16
1  2
x x

Nếu 4  x  8 thì A 

Nếu x  8 thì A 

b. Xét A 

có A 

x4 2

x4
x

4x
.
x4

2x
.
x4

4x
16
với x 
 4
x4
x4

Xét A 

x4 2

2x
với x 
x4

và 4  x  8 .Ta có A   16 ( x  4)  x 5;6.

và x  8 .Ta có A   x  4  a 

và a >2 .Lúc đó ta

2(a 2  4)
8
 2a    8 a  a  4;8  x  20;68. Vậy x 5;6;20;68 .
a
a

Câu 3 (2 điểm ).
2

a. Cho phƣơng trình x +mx +n+1 = 0 có hai nghiệm nguyên dƣơng .Chứng minh

rằng m2  n2 là một hợp số
2

b. Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình x.(x +x+1)=4y(y-1)
giải


2

a.Gọi x1 , x2 là nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình x +mx +n+1 = 0 .Theo định lý vi – ét
ta có x1  x2  m, x1 x2  n  1. Ta có m2  n2   x12  1 .  x22  1 là tích hai số tự nhiên khác

nhau .Vậy m2  n2 là một hợp số .
2

b.Ta có x.(x +x+1)=4y(y-1)  ( x  1)( x2  1)  (2 y  1)2 (*).

Vì x, y  và (2 y  1)2  0 nên từ (*)suy ra x chẵn và x  0 ,Gỉa sử ( x  1; x2  1)  d suy ra d
lẻ và ( x2 1) d ;( x2  1) d  2 d  d  1 .Vì ( x  1)( x2  1) là một số chính phƣơng mà
( x  1; x2  1)  1 nên x  1 và x 2  1 cũng là hai số chính phƣơng .Mặt khác do x>0 suy
ra x2  x2  1  ( x  1)2  x2  1  ( x  1)2  x  0 .
y  0

Khi x=0 ta có 4y(y-1)=0  
.
 y 1
Vậy có hai cặp số nguyên thỏa mãn đề bài là (0;0) ;(0;1) .
Câu 4 (1 điểm ). Cho tam giác ABC đều .Trên BC ,CA,AB lần lƣợt lấy M,N,P sao cho P khác A
và B và MPN  600 .CMR AN .BM 

AB 2
.Dấu bằng xảy ra khi nào ?.
4

Bài làm
A

N

M

B

P

C

Ta có BPM  1800  B  BMP = 1200  BMP .
Mà BPM  1800 MPN  APN = 1200  APN .
Suy ra BMP  APN nên ΔBMP ഗ ΔAPN (g.g) hay

BM BP
AB 2
 AP  BP 
.

 AN .BM  AP.BP  


AP AN
2
4


2


Câu 5 (3 điểm ).Từ D nằm ngoài đƣờng tròn tâm O kẻ tiếp tuyến DA,DB đến đƣờng tròn tâm
O (A,B là hai tiếp điểm ).Tia Dx nằm giữa hai tia DA,DO ; Dx cắt đƣờng tròn tại hai điểm C

và E (E nằm giữa C và D ).Đƣờng thẳng OD cắt đoạn thẳng AB tại N .Chứng minh rằng :

a.Tứ giác OMEC nội tiếp.
b.Tia MA là phân giác EMC .
MB 2 DE
c.
.

MC 2 DC

x
A
C

E

O
D

M

B

a) ΔDBE ഗ ΔDCB (g.g) nên suy ra DC.DE  BD2 (1) .


ΔDBO vuông tại B ,BM là đƣờng cao nên suy ra BD2  DO.DM (2) .
Từ (1) và (2) suy ra DC.DE =DO.DM nên ΔDME ഗ ΔDCO (c.g.c).
Lúc đó ta có DME  DCO nên tứ giác OMEC nội tiếp.
b) Do tứ giác OMEC nội tiếp OMC  OEC và OCE  DME .

Lại do ΔOEC cân tại O nên OCE  OEC nên suy ra
CMA  900 OMC  900  DME  EAM . Lúc đó tia MA là phân giác EMC .

0
0
0
0
c. Ta có BMC  90  OMC  90 OEC  90  (180  COE ) : 2

 1800 

1
1
1
sđ CAE  (3600  sđ CAE )= sđ CBE = CAE (3) .
2
2
2

Mặt khác CBM  CEA 

1
sđ AC (4) .
2

Từ (3) và (4) suy ra ΔBCM ഗ ΔECA (g.g) nên
Ta có ΔDAE ഗ ΔDCA nên
2

AE DE DA



AC DA DC

AE 
DE DA DE
suy ra 
(6).
.

 
DA DC DC
 AC 

MB AE
(5) .

MC AC


Từ (5) và (6) suy ra

MB 2 DE

MC 2 DC