013 toán vào 10 chuyên bến tre 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH BẾN TRE

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
a b + a −b a − b
P=
1 + ab

Câu 1: Cho biểu thức

P:

a) Rút gọn biểu thức

1

(

với

a, b

là hai số thực dương

)

a + b ( a + b)

b) Tính giá trị của biểu thức

P

khi

a = 2019 + 2 2018

và

b = 2020 + 2 2019

Câu 2:
p

a) Cho

là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng
x − 2mx − m − 4 = 0
2

b) Cho phương trình

với

m

p2 −1

chia hết cho 24

là tham số. Tìm các giá trị của

để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
lớn nhất

x1 ; x2

thỏa

1
x + x22
2
1

m

đạt giá trị

Câu 3
a) Giải phương trình:

x3 + 1 = x 2 − 3x − 1

b) Giải hệ phương trình:
Câu 4

2

2

x + 4 y = 2


( x − 2 y ) ( 1 − 2 xy ) = 4

a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
b) Cho hai số thực dương
T=

a, b

thỏa

a +b =1

x 3 − xy + 2 = x + y

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 1
+
a b

Câu 5: Cho nửa đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ đường thẳng d là tiếp

( O)

tuyến của

tại B. Trên cung AB lấy điểm M tùy ý (M khác A, B), tia AM cắt
đường thẳng d tại N. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AM, tia CO cắt đường
thẳng d tại D
a) Chứng minh tứ giác

OBNC

nội tiếp


b) Gọi E là hình chiếu của N trên đoạn AD. Chứng minh rằng N, O, E thẳng
hàng và

NE. AD
= 2R
ND

c) Chứng minh rằng

CA.CN = CO.CD

d) Xác định vị trí của điểm

M

để

2AM + AN

đạt giá trị lớn nhất

ĐÁP ÁN
Câu 1:
P:

a) Rút gọn biểu thức
Điều kiện :
ab .

P=
⇒ P:
=

(

(

(

) (

1 + ab
1
a + b ( a + b)

a− b

)(

)

a + b ( a + b)

a > 0, b > 0

a− b +

)

(

1

a− b
= P.

(

) =(

)(

a − b 1 + ab
1 + ab

)=

a− b

)

a + b ( a + b)

)

a + b ( a + b ) = ( a − b ) ( a + b ) = a 2 − b2

b) Tính giá trị của biểu thức…..

a = 2019 + 2 2018
a =
⇔

b = 2020 + 2 2019
b =


(
(

⇒ P = a − b = 2018 + 1 −

Ta có:
Câu 2:
a) Cho p là số nguyên tố…..

)
2019 + 1)
2018 + 1

(

2

2

 a = 2018 + 1
⇒
 b = 2019 + 1

)

2019 + 1 = 2018 − 2019

Ta có nhận xét sau: Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì

p 2 ≡ 1(mod 24)

(1)


−1 ≡ 23 ( mod 24 )

Lại có:

Cộng vế theo vế của

(2)

( 1) ; ( 2 )

ta được :

p 2 − 1 ≡ 24(mod 24) ≡ 0 ( mod 24 )

p −1
2

Vậy
chia hết cho 24 với p là số nguyên tố lớn hơn 3.
b) Cho phương trình…….
Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

⇔ ∆' > 0

2

1  15

⇔ m + m + 4 > 0 ⇔  m + ÷ + > 0 ( ∀m )
2
4

2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi et ta có:
Theo đề bài ta có

x1 ; x2

 x1 + x2 = 2m

 x1 x2 = −m − 4

1
1
1
=
=
=
x12 + x22 ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 4m 2 + 2m + 8

với mọi m

1
2

1  31

2.  2m +
÷ + 4
2 2


≤

1
4

=
31 31
4
2

1
1 1
1  31 31


4m + 2m + 8 = 2  2 m2 + 2. 2 m.
+ ÷− + 8 = 2  2 m +
÷ + 4 ≥ 4
2 2 8 4
2 2


2

Ta có:
⇒

1
1
4
=
≤
2
4m + 2m + 8
1  31 31


2  2m +
÷ + 4
2 2

2

⇔ 2m +

Dấu “=” xảy ra
Max

1
4
=
2
x + x2 31
2
1

1
2 2

=0⇔m=−

m=−

Vậy
khi
Câu 3

a) Giải phương trình :

1
4

1
4


Điều kiện

 x ≥ −1



3 + 13
3 + 13

x
≥
x
≥
3
3
+
13



 x + 1 ≥ 0

 x≥
2
2
⇔ 
⇔
⇔
 2
2



3 − 13
3 − 13
 x − 3x − 1 ≥ 0

x
≤
3
−
13

 −1 ≤ x ≤
 x ≤
2
2


 
2

x3 + 1 = x 2 − 3x − 1 ⇔

( x + 1) ( x 2 − x + 1)

= x 2 − x + 1 − 2 ( x + 1)

a = x + 1; b = x 2 − x + 1(a ≥ 0; b ≥ 0)

Đặt
Khi đó ta có phương trình:

⇔ b 2 − 2a 2 = ab ⇔ 2a 2 + ab − b 2 = 0
⇔ ( a + b ) ( 2a − b ) = 0
a + b = 0
⇔
 2a − b = 0

( ktm do

a ≥ 0; b ≥ 0)

⇔ 2a = b ⇔ 2 x + 1 = x 2 − x + 1
⇔ 4 x + 4 = x2 − x + 1
⇔ x2 − 5x − 3 = 0

Có

∆ = 52 + 3.4 = 37 > 0 ⇒

phương trình có hai nghiệm:


5 + 37
(tm)
x =
2


5 − 37
(tm)
x =

2

x=

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt:

b) Giải hệ phương trình:

5 + 37
2

x=

hoặc

5 − 37
2

 x 2 + 4 y 2 = 2

( x − 2 y ) ( 1 − 2 xy ) = 4

2
2
( x − 2 y ) 2 = 2. ( 1 − 2 xy )
 x 2 + 4 y 2 = 2
 x − 4 xy + 4 y = 2 ( 1 − 2 xy )
⇔
⇔

x
−
2
y
1
−
2
xy
=
4
(
)
(
)
( x − 2 y ) ( 1 − 2 xy ) = 4
( x − 2 y ) . ( 1 − 2 xy ) = 4


Đặt

a = x − 2 y
.

b = 1 − 2 xy

Khi đó ta có hệ phương trình tương đương:


a2
b
=

a 2 = 2b
a = 2
2
⇔
⇔ 2
⇔
b = 2
ab = 4
a. a = 4
 2
x = 1
x = 2 + 2 y
x − 2 y = 2
 x = 2 + 2 y


⇒
⇔
⇔ 2
⇔
1
1 − 2 xy = 2
4 y + 4 y + 1 = 0
1 − 2 ( 2 + 2 y ) y = 2
 y = − 2
−1 
÷
 2 

( x; y ) = 1;
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
Câu 4
a) Tìm các nghiệm nguyên…..
x 3 − xy + 2 = x + y ⇔ x 3 − xy − x − y = 2

⇔ x ( x 2 − 1) − y ( x + 1) = −2
⇔ ( x + 1) ( x 2 − x − y ) = −2

Vì

  x + 1 = −2
  x = −3
 2
(tm)

y

=
11
 x − x − y = 1


 x + 1 = 2
 x = 1


(tm)
  x 2 − x − y = −1
 y = 1
x, y ∈ ¢ ⇒ 
⇔
 x + 1 = 1
  x = 0 (tm)
 2
  y = 2
x
−
x
−
y
=
−
2



  x + 1 = −1

  x = −2
 2
  y = 4 (tm)
  x − x − y = 2


Vậy hệ phương trình có các nghiệm nguyên
b) Cho hai số thực dương……
T=

Ta có:

( x; y ) = { ( −3;11) ; ( 1;1) ; ( 0; 2 ) ; ( −2;4 ) }

4 1 4( a + b) a + b
4b a
4b a
+ =
+
= 5+
+ ≥ 5+ 2
. = 5+4 = 9
a b
a
b
a b
a b

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương ta có:

4b a
4b a
+ ≥2
. =4
a b
a b


⇒T = 5+

4b a
+ ≥ 5+4 = 9
a b

Dấu “=” xảy ra
MinT = 9

Vậy
Câu 5.

2

a = (tm)
 4b a
2
2

a
+
b

=
1

a = 4b

 =

3
⇔ a b ⇔
⇔
⇔
a = 2b
a + b = 1 a + b = 1
b = 1 (tm)

3
khi

2
1
a = ;b =
3
3

a) Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp
⇒ OC ⊥ AM = { C}

Ta có: C là trung điểm của đoạn AM
quan hệ giữa đường kính và dây cung)

hay

·
OCM
= 900

(mối


Có:

AB ⊥ BN = { B}

Xét tứ giác
⇒ OBNC

OBNC

hay

·
OBN
= 900

ta có:

(d là tiếp tuyến của đường tròn tại B)

·
·

OCN
+ OBN
= 1800

là tứ giác nội tiếp

b) Gọi E là hình chiếu…..
AB, DO
∆ADN
Xét
ta có:
là hai đường cao của tam giác
Mà

AB ∩ CD = O ⇒ O

Lại có
(đpcm)
Ta có:

NE

là trực tâm

∆AND

là đường cao còn lại của

∆AND

nên ba điểm

N , O, E

thẳng hàng

1
1
NE. AD
AB.ND = NE. AD ⇔ AB.ND = NE .AD ⇔ AB =
= 2R
2
2
ND

S AND =

(dpcm)

c) Chứng minh rằng…..
·
·
CAO
= MBN

Ta có:
chắn cung BM)
Lại có:

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng

·
·
MB / / CD ( ⊥ CM ) ⇒ NBM
= CDN

(

·
·
·
⇒ CAO
= CDN
= MBN

Xét

∆CAO

và

∆CDN

)

(hai góc đồng vị)

ta có:

·

·
·
·
CAO
= CDN
(cmt ); ACO
= NCD
= 900 ⇒ ∆CAO : ∆CDN ( g .g )
⇒

CA CO
=
⇒ CA.CN = CD.CO (dpcm)
CD CN

d) Xác định…..
Áp dụng hệ thức lượng trong

∆ABN

AM . AN = AB 2 = ( 2 R ) = 4R 2

vuông tại B có đường cao MB ta có:

2

Áp dụng bất đẳng thức Co si ta có:
2 AM + AN ≥ 2 2. AM . AN = 2 8 R 2 = 4 2 R

(không đổi)

Min(2 AM + AN ) = 4 2 ⇔ AM =

Vậy

AN
⇔
2

M là điểm chính giữa cung AB