11 DE VA HDC TS10 THPT CHUYÊN BÌNH PHƯỚC 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN : TOÁN ( CHUYÊN)

(Đề thi gồm 01 trang)

Ngày thi : 03/6/2017
Thời gian làm bài : 150 phút
P =

x
- x +x x +6
+
x +2
x+ x- 2

x +1
x - 1 , với x ³ 0, x ¹ 1.

Câu 1 ( 2.0 điểm ) Cho biểu thức :
a) Rút gọn biểu thức P .
( x + 27) .P
Q=
( x + 3) ( x - 2) , với x ³ 0, x ¹ 1, x ¹ 4 . Chứng minh Q ³ 6.
b) Cho biểu thức
2
2

Câu 2 ( 1.0 điểm ) Cho phương trình : x - 2( m - 1) x + m - 3 = 0 ( x là ẩn, m là tham số). Tìm m
2
để phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho x1 + 4x1 + 2x2 - 2mx1 = 1.
Câu 3 ( 2.0 điểm )
2
a) Giải phương trình : x + 2 7 - x = 2 x - 1 + - x + 8x - 7 + 1.
ìï 4 x + 1 - xy y2 + 4 = 0
( 1)
ïï
í 2
ïï x - xy2 + 1 + 3 x - 1 = xy2
( 2) .
b) Giải hệ phương trình : ïî
Câu 4 ( 3.0 điểm )
¼
= 600 , AC = b, AB = c ( b > c) . Đường kính EF của đường tròn
Cho tam giác ABC có BAC
ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc với BC tại M ( E thuộc cung lớn BC ). Gọi I và J là chân
đường vuông góc hạ từ E xuống các đường thẳng AB và AC . Gọi H và K là chân đường vuông
góc hạ từ F xuống các đường thẳng AB và AC .
a) Chứng minh các tứ giác AI EJ , CMJ E nội tiếp và EA.EM = EC .EI .
b) Chứng minh I ,J , M thẳng hàng và I J vuông góc với HK .
c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b,c .

S = n3 ( n + 2) + ( n + 1) ( n3 - 5n + 1) - 2n - 1
Câu 5 ( 1. điểm ) Chứng minh biểu thức
chia hết cho
120 , với n là số nguyên.
Câu 6 ( 1. điểm )
a) Cho ba số a,b,c thỏa mãn a + b + c = 0 và a £ 1, b £ 1, c £ 1. Chứng minh rằng

2

a4 + b6 + c8 £ 2.
T =
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( x3 + y3) - ( x2 + y2)
( x - 1) ( y - 1)

với x, y là các số thực lớn hơn 1.

---Hết--Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh:…………………………………………………..
Chữ kí giám thị 1:……………………………………………….
Chữ kí giám thị 2:……………………………………………….
Giáo viên đánh đề+ đáp án
Mai Vĩnh Phú trường THCS-THPT Tân Tiến- Bù Đốp - Bình Phước.
( Vùng quê nghèo chưa em nào đậu nổi trường chuyên Toán….)

1

1


Câu 1
a) Ta có

x
- x +x x +6
x +1

+
x +2
x+ x- 2
x- 1
x ( x - 1) - x + x x + 6 - ( x + 1) ( x + 2)
=
( x - 1) ( x + 2)
x - x - x + x x + 6- x - 3 x - 2
=
( x - 1) ( x + 2)
- x +x x - 4 x +4
=
( x - 1) ( x + 2)
P =

=

( x - 1) ( x - 4)
( x - 1) ( x + 2)

= x - 2.
b) Với x ³ 0, x ¹ 1, x ¹ 4, ta có
( x + 27) .P
x + 27
x - 9 + 36
Q=
=
=
( x + 3) ( x - 2)
x +3

x +3
36
36
= x - 3+
= - 6 + ( x + 3) +
³ - 6 + 12 = 6
x +3
x +3
.
36
2
x +3 =
⇔
x
+
3
= 36 ⇔ x = 9
x +3
Dấu “=” xẩy ra khi
.

(

Câu 2

)

Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi

 x1 + x2 = 2 ( m − 1)


x .x = m 2 − 3
Theo hệ thức Vi-ét:  1 2
2
Mà x1 + 4x1 + 2x2 - 2mx1 = 1

∆′ ≥ 0 ⇔ −2m + 4 ≥ 0 ⇔ m ≤ 2

( 1) .

Û x1 ( x1 - 2m + 2) + 2( x1 + x2 ) = 1

Û - x1.x2 + 2( x1 + x2 ) = 1
Û - m2 + 3 + 4( m - 1) = 1
ém = 2 + 2
ê
2
Û m - 4m + 2 = 0 Û ê
( 2)
êm = 2 - 2
ë
( 1) và ( 2 ) suy ra m = 2 − 2 .
Từ
Câu 3
a) Điều kiện 1 ≤ x ≤ 7
2
Ta có x + 2 7 - x = 2 x - 1 + - x + 8x - 7 + 1
Û 2( 7 - x -

x - 1) + ( x - 1) -

Û 2( 7 - x -

x - 1) + x - 1( x - 1 -

Û

(

7- x -

x - 1) ( 2 -

( x - 1) ( 7 - x) = 0

7- x) = 0

x - 1) = 0

é x- 1=2
éx = 5
ê
Û ê
Û ê
êx = 4
ê x - 1 = 7- x
ê
ë
ë
( thỏa mãn điều kiện).

2

2


Vậy phương trình có hai nghiệm x = 4; x = 5 .
x ≥ 1
 2
( 1) , ta có y > 0.
x − xy 2 + 1 ≥ 0
b) Điều kiện 
, kết hợp với phương trình
( 1) , ta có
Từ
4 x + 1 − xy y 2 + 4 = 0 ⇔ 4 x + 1 = xy y 2 + 4

⇔ 16 ( x + 1) = x 2 y 2 ( y 2 + 4 ) ⇔ ( y 4 + 4 y 2 ) x 2 − 16 x − 16 = 0

.
4
−4
x= 2
x= 2
<0
y
y
+
4
x

Giải phương trình theo ẩn ta được
hoặc
( loại).
4
x = 2 ⇔ xy 2 = 4
( 2 ) , ta được : x 2 − 3 + 3 x − 1 = 4
y
Với
thế vào phương trình
Điều kiện x ≥ 3 , ta có

x2 − 3 + 3 x −1 = 4
⇔

⇔

(

) (

x2 − 3 −1 + 3

x2 − 4

3( x − 2)

=0
x −1 +1
x − 3 +1
 x+2


3
⇔ ( x − 2) 
+
÷= 0
2
x −1 + 1 
 x − 3 +1
x+2
3
+
>0
2
x −1 +1
⇔ x − 2 = 0 ( vì x − 3 + 1
) ⇔ x = 2.
2

+

)

x −1 −1 = 0

 y2 = 2
⇔ y= 2

2; 2
y>0


x
=
2
Với
ta có
. Kết hợp với điều kiện trên, hệ phương trình có nghiệm
.
Câu 4

(

)

·
· E = 900 nên tứ giác AI EJ nội tiếp.
= AJ
a) Ta có: AIE
·
· C = 900 nên tứ giác CMJ E nội tiếp.
EMC
= EJ
Xét tam giác ∆AEC và ∆IEM , có
¼
¼
ACE = EMI
( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE ).

3

3

¼ = EIM
¼
EAC
( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ ).
AE EC
⇒
=
⇒ EA.EM = EC.EI
EI EM
Do đó hai tam giác ∆AEC đồng dạng ∆IEM
(đpcm).
¼
¼
¼
¼
b) Ta có IEM = AEC ⇒ AEI = CEM .
¼
¼
¼
¼
Mặt khác AEI = AJI ( cùng chắn cung IJ ), CEM = CJM ( cùng chắn cung CM ). Suy ra
¼ =¼
¼ =¼
CJM
AJI . Mà I , M nằm hai phía của đường thẳng AC nên CJM
AJI đối đỉnh suy ra I , J , M
thẳng hàng.
Tương tự, ta chứng minh được H , M , K thẳng hàng.

¼
¼
Do tứ giác CFMK nội tiếp nên CFK = CMK .
¼
¼
Do tứ giác CMJE nội tiếp nên JME = JCE .
0
¼
¼
¼
¼
Mặt khác ECF = 90 ⇒ CFK = JCE ( vì cùng phụ với ACF ).
0
¼
¼
¼
¼
Do đó CMK = JME ⇒ JMK = EMC = 90 hay IJ ⊥ HK .

0
¼ = 600
¼
( N ∈ AC ) . Vì BAC
c) Kẻ BN ⊥ AC
nên ABN = 30
AB c
3c 2
⇒ AN =
= ⇒ BN 2 = AB 2 − AN 2 =
2

2
4
2
3c 2 
c
⇒ BC 2 = BN 2 + CN 2 =
+  b − ÷ = b 2 + c 2 − bc ⇒ BC = b 2 + c 2 − bc
4 
2
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
2
2 BC 3 1
R = OE = EM =
= . 3 ( b 2 + c 2 − bc )
ABC . Xét tam giác đều BCE có
3
3.2
3
.
Câu 5
Ta có
S = n ( n4 + 5n3 + 5n2 - 5n - 6)
2
2
2
ù
=né
ê( n - 1) ( n + 6) + 5n ( n - 1) û
ú
ë

2
2
= n ( n - 1) ( n + 5n + 6)
= n ( n - 1) ( n + 1) ( n + 2) ( n + 3)
= ( n - 1) n ( n + 1) ( n + 2) ( n + 3)
Ta có S là tích của 5 số nguyên tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5! nên chia hết cho 120.
Câu 6
4
2 6
2 8
2
a) Từ giả thiết a £ 1, b £ 1, c £ 1, ta có a £ a ,b £ b ,c £ c . Từ đó

a4 + b6 + c8 £ a2 + b2 + c2
Lại có ( a - 1) ( b - 1) ( c - 1) £ 0 và ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ³ 0 nên
( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) - ( a - 1) ( b - 1) ( c - 1) ³ 0
Û 2ab + 2bc + 2ca + 2 ³ 0 Û - 2( ab + bc + ca) £ 2.
2
2
2
4
6
8
Hơn nữa a + b + c = 0 Û a + b + c = - ( ab + bc + ca) £ 2. Vậy a + b + c £ 2.
( x3 + y3) - ( x2 + y2) x2 ( x - 1) + y2 ( y - 1)
x2
y2
T =
=
=

+
( x - 1) ( y - 1)
( x - 1) ( y - 1)
y- 1 x- 1
b) Ta có
Do x > 1, y > 1 nên x - 1 > 0, y - 1 > 0

x2
y2
,
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương y - 1 x - 1 , ta có :

4

4


2

( x - 1) + 1 ³ 2 x - 1 Û

(

x - 1 - 1) ³ 0 Û x - 2 x - 1 ³ 0 Û

( y - 1) + 1 ³ 2 y - 1 Û

(

y - 1 - 1) ³ 0 Û y - 2 y - 1 ³ 0 Û

2

x
³ 2
x- 1
x
³ 2
y- 1

x2
y2
2xy
T =
+
³
³ 8
y- 1 x- 1
x - 1. y - 1
Do đó
ìï x2
y2
ïï
=
ïï y - 1 x - 1 ì x = 2
ï
ïï
Û ïí
í x - 1= 1
ïï

ïy =2
îï
ïï y - 1 = 1
ïï
Dấu “ = ” xẩy ra khi ïî
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 8 khi x = y = 2.
Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác đúng khoa học theo yêu cầu bài toán giám khảo cân
nhắc cho điểm tối đa của từng phần.

5

5