Đề thi tuyển sinh vào 10 chuyên toán bình phước có đáp án

. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2013-2014
Đề thi môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 30/6/2013
Thời gian làm bài: 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm)
a. Tính A  8  2 7  16  6 7

�x  x
x 1 � x 1

:
b. Rút gọn biểu thức: M  �
, (với x  0, x �1 ).
� x 1 x  x �
�
�
� x
Câu 2 (1,0 điểm)
Cho phương trình: x 2  4 x  2m  3  0 , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương
trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: 3 x1  x2  x1 x2  17 .



Câu 3 (2,0 điểm)

a. Giải phương trình:



x  1  5x  4x  3  2x  4 .
( x  2 y  2)(2 x  y )  2 x(5 y  2)  2 y
�
b. Giải hệ phương trình: � 2
�x  7 y  3
Câu 4 (1,0 điểm)
a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia
hết
cho 4.
b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3 x 2  2 y 2  5 xy  x  2 y  7  0 .
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của đường
tròn (O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thẳng (d) qua
điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường
thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt
đường tròn (O) tại N (khác điểm A).
BA CA

a. Chứng minh rằng: EB 2  ED.EA và
.
BD CD
b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một
điểm.
c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.
d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.
Câu 6 (1,0 điểm)

a. Chứng minh rằng: a 3  b 3 �ab(a  b) , với a, b là hai số dương.
b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a  b �1 .
3
3
3 2
2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F   a  b    a  b   ab.
2

Hết

1


GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10
TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2013-2014
Câu 1 (2,0 điểm)
a. Tính A  8  2 7  16  6 7
Giải
Ta có A  7  2 7  1  9  2.3 7  7 





3 7

2

7 1 

2

 7 1  3  7  4

�x  x
x 1 � x 1

b. Rút gọn biểu thức: M  �
� x 1 x  x �
�: x , (với x  0, x �1 ).
�
�
Giải
� x x 1
�
x 1 � x 1 �
1 � x  1 �x  1 � x  1
�
M


:
�x
:
� �
:
Ta có
�

� x 1
x� x
x x 1 � x
�
� x � x
�
�







Vậy M  x





x 1

x



.

x 1







x
 x
x 1





x 1

x 1

Câu 2 (1,0 điểm)
Cho phương trình: x 2  4 x  2m  3  0 , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương
trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: 3 x1  x2  x1 x2  17 .





Giải
Chú ý Vì x1 , x2 nằm trong các căn bậc hai nên phải có điều kiện x1 �0, x2 �0 .
'  0
4  2m  3  0

�
�
3
7
�
�
��
x1 0�>�

S 0
4 0
m
+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x2 >
�
2
2
�P �0
�
2m  3 �0
�
�
3
7
+) Với �m  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x2  x1 �0 .
2
2
�x1  x2  4
Áp dụng định lí Vi-et ta có: �
�x1.x2  2m  3
+) Ta có

3 x1  x2  x1 x2  17 � 3 x1  x2  2 x1 x2  x1 x2  17 � 3 4  2 2m  3  2m  3  17











m �1
�
� 6 2m  3  2m  2 � 3 2 m  3  m  1 � �
9  2 m  3   m 2  2m  1
�
m �1
�
m �1
�
�
��2
� ��
m2
m  16m  28  0
�
��
m  14
��

So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là m  2 .

2




Câu 3 (2,0 điểm)
a. Giải phương trình:

x  1  5 x  4 x  3  2 x  4 (1) .
Giải
�x �1
�x  1 �0
�x �0
�
�
5
x
�
0
3
�
�
�۳� 3
x
+) ĐK: �
4 x  3 �0
4
�

�x �4
�
�
2 x  4 �0
�
�x �2
+) Ta có PT � x  1  2 x  1. 5 x  5 x  4 x  3  2 4 x  3. 2 x  4  2 x  4
x  3 (l )
�
� x  1. 5 x  4 x  3. 2 x  4 � 5 x ( x  1)  (4 x  3)(2 x  4) � 3 x  5 x  12  0 � � 4
�
x
(n )
� 3
4
+) KL: Phương trình có một nghiệm x  .
3
( x  2 y  2)(2 x  y )  2 x(5 y  2)  2 y
�
b. Giải hệ phương trình: � 2
�x  7 y  3
Giải
2
2
+) Ta có PT (1) � 2 x  xy  4 xy  2 y  4 x  2 y  10 xy  4 x  2 y
2

� 2 x 2  5 xy  2 y 2  0 �  2 x 2  4 xy   (2 y 2  xy )  0 � 2 x ( x  2 y )  y ( x  2 y )  0

x  2y  0

x  2y
�
�
� ( x  2 y)(2 x  y)  0 � �
��
2x  y  0
y  2x
�
�
�x  2 y
+) Trường hợp 1: x  2 y , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ � 2
�x  7 y  3
�
�x  1
�
�
�x  2 y
�y  2
�
�
�x  2 y
�
�x  1
� 3
�� 2
� ��
��
x
�
�

4y  7y  3  0
3
� 4
�
��
�
x
�
�
�
�� 4
�y  3
�
� 2
�
�y  2 x
+) Trường hợp 2: y  2 x , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ � 2
�x  7 y  3
�
�x  7  46
�
�
�x  2 y
�
�
�
�y  14  2 46
�y  2 x
� �2
� ��

x  7  46 � �
�
�x  14 x  3  0
�
��
�x  7  46
x

7

46
�
�
�
�
�y  14  2 46
�
� 3
x
�
�x  1 �
� 4 �
�x  7  46
�x  7  46
,�
;�
+) Kết luận: Hệ phương trình có 4 nghiệm: �
,�
.
�y  2 �y  3 �y  14  2 46 �y  14  2 46

� 2
3


Câu 4 (1,0 điểm)
a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4.
Giải
+) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ. Do đó theo nguyên lý Đirichlet trong 3 số
nguyên bất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ.
+) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ra được hai số có cùng tính chẵn lẻ. Gọi 2 số
chính phương được chọn ra đó là a 2 và b 2 . Khi đó ta có a 2  b 2  ( a  b)(a  b) .
+) Vì a 2 và b 2 cùng tính chẵn lẻ nên a, b cũng cùng tính chẵn lẻ. Do đó a  b là số chẵn và a  b cũng
là số chẵn a 2  b 2  (a  b)( a  b) M4 , (đpcm).
Chú ý
Ta có thể giải bài toán này bằng cách vận dụng tính chất sau của số chính phương: “Một số chính
phương chia cho 4 thì sẽ có số dư là 0 hặc 1”. Khi đó lập luận như cách làm trên ta thu được điều phải
chứng minh. Tuy nhiên trong khi làm bài thi nếu vận dụng tính chất này thì học sinh phải chứng minh
lại.
Bình luận: Với cách làm trên ngắn gọn, đầy đủ song một số học sinh cảm thấy hơi trừu tượng ( do
nguyên lí Đirichlet học sinh ít ôn tập không nằm trong chương trình SGK mà ở sách tham khảo). bài
toán trên có thể trình bày như sau:
Trong ba số nguyên tùy ý luôn tồn tại hai số hoặc chẵn hoặc lẻ
Gọi hai số chính phương chọn ra là a 2 và b 2 ( a, b nguyên)
2
2
2
2
2
2
M

M
+ TH1: a, b cùng chẵn: suy ra a  b  (2k1 )  (2k2 )  4(k1  k2 ) M
chia hết cho 4 ; k1 , k 2 �Z M
2
2
2
2
2
2
M
M
+ TH2: a, b cùng lẻ: suy ra a  b  (2k1  1)  (2k2  1)  4(k1  k1  k 2  k 2 ) M
chia hết cho 4
; k1 , k2 �Z
Vậy trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4.
NGUYỄN ANH TUẤN 0985.767.113

b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3 x 2  2 y 2  5 xy  x  2 y  7  0 .
Giải
2
2
+) Ta có PT �  3x  6 xy    2 y  xy    x  2 y   7 .
� 3x  x  2 y   y  x  2 y    x  2 y   7

�  x  2 y   3x  y  1  7  1.7  7.1  1.  7   7.  1
Do đó ta có 4 trường hợp sau:
� 13
x
�
�x  2 y  1

�x  2 y  1
� 7
��
��
+) TH1: �
,(loại).
3x  y  1  7
3x  y  6
�
�
�y  3
� 7
�x  2 y  7
�x  2 y  7
�x  1
��
��
+) TH2: �
,(nhận).
3x  y  1  1 �
3x  y  0
�
�y  3
17
�
x


�x  2 y  1
�x  2 y  1 �

�
7
��
��
+) TH3: �
,(loại).
3 x  y  1  7
3x  y  8
�
�
�y   5
�
7

4


11
�
x
�
x

2
y


7
x


2
y


7
�
�
�
7
��
��
+) TH4: �
,(loại).
3 x  y  1  1 �
3x  y  2
�
�y  19
� 7
+) Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm nguyên là (1; -3).
Bình luận:
Với cách làm trên là hoàn hảo song nhiều học sinh lại thắc mắc tại sao thầy Quý lại chuyển số 7 sang
và phân tích vế trái thành nhân tử, vì việc xác định nhân tử chung không hề đơn giản. Sau đây tôi nêu
3 x 2  (5 y  1) x  (2 y 2  2 y)  7 (1)
một kỷ thuật làm như vậy: Ta xem vế trái là pt bậc hai ẩn x:
V
VT  49 y 2  14 y  1  (7 y  1)2
Nhằm tạo ra đen ta là bình phương của một biểu thức( có thể thêm bớt số tự do vào hai vế của (1))
Từ đó ta suy ra được: x  2 y � x  2 y  0 từ đó phân tích như trên ( nhớ vét hết từ trái qua phải)
Trên đây xem như làm nháp
Câu 5 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của đường
tròn (O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thẳng (d) qua điểm
E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB,
AC lần lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn
(O) tại N (khác điểm A).
BA CA

a. Chứng minh rằng: EB 2  ED.EA và
.
BD CD
Giải
AE BE
� chung và BAD
�  DBE
� )�

� BE 2  AE.DE ,
+) Ta có ABE : BDE ( g  g ) , (vì E
BE DE
(đpcm).
AB BE
AC CE


+) Ta có ABE : BDE ( g  g ) �
, (1). Tương tự ta có ACE : CDE ( g  g ) �
BD DE
CD DE
, (2)
Mặt khác ta có EB = CE (3)

AB AC

Từ (1), (2) và (3) ta có
, (đpcm).
BD CD
b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm.
Giải
�
�
�Ax  �
+) Ta có Ax // PQ � BPE  BAx (so le trong), mặt khác B
ADB ( cùng bằng nửa số đo cung AB).
�  AD
� B � BDEP là tứ giác nội tiếp.
Do đó ta có BPE
� C
�Ay (so le trong), mặt khác C
�Ay  �
+) Ta có Ax // PQ � CQE
ADC ( cùng bằng nửa số đo cung
�  AD
� C � CDEQ là tứ giác nội tiếp.
AC). Do đó ta có CQE
Vậy ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, BPE, CQD cùng đi qua điểm D, (đpcm).
c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP.
�  BAx
� �
� � EBP cân tại E � EB  EP , (1).
+) Ta có BPE
ADB  �

ABz  EBP
�  CAy
� �
� � ECQ cân tại E � EC  EQ , (2).
+) Ta có CQE
ADC  �
ACt  ECQ
+) Ta có EB = EC (giả thiết), (3).
Từ (1), (2), (3) ta có: EB = EC = EP = EQ � E là tâm đường tròn ngoại tiếp của đường tròn ngoại tiếp
tứ giác PBCQ.
5


d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.

Nhận xét Đường thẳng AD được gọi là đường đối trung của tam giác ABC. Nó chính là đường thẳng
đối xứng với đường trung tuyến AM qua đường phân giác trong của tam giác ABC tại đỉnh A. Nó có
nhiều tính chất rất và ứng dụng rất thú vị, là một kiến thức quan trọng trong bồi dưỡng học sinh giỏi
hình học, đặc biệt ở bậc THPT. Câu (d) của đề thi được khai thác từ định nghĩa của đường đối trung là
sự đối xứng của AD và AM qua phân giác trong tại đỉnh A. .
Cách 1 (Sử dụng tam giác đồng dạng)
�  AQP
�
� ). Do đó hai tam giác
� chung, ABC
Xét hai tam giác ABC và AQP có: A
(vì cùng bằng góc ADC
đồng dạng theo trường hợp (góc – góc)
BA BC
BA 2BM

BA BM
�  QAD
� � BAD
�  CAM
�
�

�

�

� ABM : AQD (c  g  c) � BAM
QA QP
QA 2QD
QA QD
� BD  CN � BC // DN � BCND là hình thang cân.
Cách 2 (Sử dụng định lí Ptôlêmê)
AB AC

� AB.CD  AC.BD
+) Theo như câu (a), ta có:
DB CD
+) Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABCD, ta được: AD.BC  AB.DC  BD. AC  2. AC.DC
AD BD BD
AD BD
AD AC
�




�

� AD.BC  2. AC.DC
(*)
AC BC MC �
AC MC
BD MC
2
�DA (**)
+) Ta có: Tứ giác ABCD nội tiếp � �
ACB  B
� D  NAC
�
+) Từ (*) và (**) � ADB : ACM (c  g  c ) � BA
1 �
��
� D
BAD  sd B
D  BC
�
�
2
� D  NAC
�
� D  NBC
�
+) Ta có: �
. Mà BA
� BC
1

�  sd NC
�  NBC
�
�NAC
�
2
� Tứ giác BCDN là hình thang cân, (đpcm).

6


Cách 3 (Sử dụng bài toán phụ

BC
AC
AB


 2 R , còn được gọi là định lí hàm Sin trong tam
� sin B
� sin C
�
sin A

giác).
+) Trước hết ta đi chứng minh kết quả: Cho tam giác ABC ta luôn có

BC
AC
AB



 2 R , với R
� sin B
� sin C
�
sin A

là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
� , xét tam giác
Thật vậy kẻ đường kính BD của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có: �
A  BDC
�  BC � sin A
�  BC � BC  2 R , lập luận tương tự ta có
vuông BDC ta có: sin BDC
�
BD
2R
sin A
AC
AB
 2 R,
 2R .
�
�
sin B
sin C
+) Gọi M’ là giao điểm của đường thẳng đối xứng với đường thẳng AD qua đường phân giác trong tại
đỉnh A . Ta sẽ chứng minh M’ trùng với điểm M.
Thật vậy áp dụng kết quả chứng minh ở trên cho các tam giác ABM’, ACM’, ABE, ACE ta có và lưu ý

� '  CAE
� ,�
� , ABM
� '  ACE
� , CAM
� '  BAE
� ta có:
BAM
ACM '  ABE
� '
M ' A.sin BAM
�
�
�
�
M 'B
sin �
ABM '  sin BAM '.sin ACM '  sin CAE.sin ABE  CE . AE  1 � M ' B  M ' C hay

� ' sin �
� ' sin ACE
� .sin BAE
�
M ' C M ' A.sin CAM
AE BE
ABM '.sin CAM
sin �
ACM '
� '  BAE
� � CAM

�  BAE
� � BD  CN
M’ là trung điểm của BC, do đó M trùng với M’ mà CAM
� BC // DN � BCND là hình thang cân.
Câu 6 (1,0 điểm)
a. Chứng minh rằng: a 3  b3 �ab(a  b) , với a, b là hai số dương.
Giải
Ta có bất đẳng thức
(a  b)(a 2  ab  b 2 )  ab(a  b) �0 � (a  b)(a 2  2ab  b 2 ) �0 � (a  b)(a  b)2 �0
Ta thấy với a, b là hai số dương nên bất đẳng thức đã cho luôn đúng.
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
BỔ SUNG THÊM MỘT SỐ CÁCH:
C1: Xét hiệu: a3  b3  ab(a  b)  (a 3  a 2b)  (b3  b 2a)  a 2 (a  b)  b 2 (a  b)  ......
C2: Biến đổi tương tương
C3: Sử dụng BĐT Côsi cho VP:
a3  b3  (a  b)3  3ab(a  b)  (a  b)2 (a  b)  3ab(a  b) �4ab(a  b)  3ab(a  b)  ab(a  b)
b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a  b �1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
3
F   a 3  b3    a 2  b 2   ab.
2
Giải
Cách 1

+) Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ở câu (a) ta có:  a 3  b3  � ab(a  b)  mà theo giả thiết
2

a  b �1

Do đó  a 3  b 3  � ab(a  b ) �(ab) 2

2

2

+) Mặt khác ta có: F  a 2  b 2   a  b   2ab �1  1ab
2

7

2


2

3
ab
1 1 15 � 1 � 15 15
2
2
2
+) Do đó F � ab   1  2ab  ab   ab    1   ab   2.ab.    �
ab  � �
2
2
4 16 16 � 4 � 16 16
a b 1
�
1
�
+) Dấu “=” xảy ra � �

1 � ab
2
ab 
�
�
4
+) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng

15
1
, đạt được khi a  b  .
16
2

Cách 2
1
2
3
3 2
+) Ta có F   a  b    a  b   ab.
2
( a  b) 3
+) Ta luôn có bất đẳng thức: a 3  b3 �
, (*) với mọi a, b > 0. Thật vậy (*)
4
( a  b) 2
2
2
� a  ab  b �
4

2
2
� 4a  4ab  4b �a 2  2ab  b 2 � ( a  b) 2 �0 , (luôn đúng).
2

�
( a  b)3 � 1
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:  a  b  ��
�� .
� 4 � 16
(a  b) 2
( a  b) 2
+) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ab �
.
� ab �
4
4
1
(a  b) 2 1 7(a  b) 2 1 7 15
2
+) Do đó F �   a  b  
 
�   . Dấu “=” xảy ra
16
8
16
8
16 8 16
�a  b  1
1

� ab
�
2
�a  b
15
1
+) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng
, đạt được khi a  b  .
16
2
2
3
3
3
2
2
BỔ SUNG THÊM: F   a  b   a  b  ab.
2
C3: Ta có:
3

3 2

2

2
�
�
3
(a  b) 2

1
3
3
F�
 (a  b) 2  2ab  ab ��
a  b   3.
(a  b) � (a  b) 2  ab
�a  b   3ab(a  b) �

�
2
4
2
�
�
2

�
( a  b )3 �
1 (a  b) 2 (a  b) 6 7( a  b) 2 1 7 15
2
��

(
a

b
)

.



�  
�
2
4
16
8
16 8 16
� 4 �
�a  b  1
1
� ab
Dấu “=” xảy ra �
2
�a  b
15
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng
, đạt được khi a  b  .
16
2

8


9


10

11