017 toán vào 10 chuyên bình dương 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH BÌNH DƯƠNG

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.

(

)

7+2 x − x = 2+ x . 7− x

a) Giải phương trình :
b) Cho các số thực
trị của biểu thức

x, y

thỏa mãn

Gọi

2018 + x 2

)( y+

)

2018 + y 2 = 2018

. Tính giá

Q = x 2019 + y 2019 + 2018 ( x + y ) + 2020

Câu 2
x1 ; x2

( x+

là nghiệm của phương trình
2

của m nguyên dương để
Câu 3

x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 6 = 0
2

x  x 
A= 1 ÷ + 2 ÷
 x2   x1 

P=

a) Tính giá trị biểu thức

. Tìm tất cả các giá trị

có giá trị nguyên

1
1
1
+
+ ...... +
2 1 +1 2 3 2 + 2 3
2025 2024 + 2024 2025

x2 + y2 = 3( x + y )

b) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn:
Câu 4. Cho đường tròn (O) bán kính R và điểm M nằm ngoài (O). Kẻ các tiếp
tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A;B là các tiếp điểm). Trên đoạn AB lấy điểm
C (C khác với A và B). Gọi I, K lần lượt là trung điểm của MA, MC. Đường thẳng
KA cắt (O) tại điểm thứ hai là D.
KO 2 − KM 2 = R 2

a) CMR:
b) CMR: Tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp
c) Gọi E là giao điểm thứ hai của MD với (O), N là trung điểm của KE. Đường
thẳng KE cắt (O) tại điểm thứ hai là F. CMR: 4 điểm I, A, N, F cùng thuộc
một đường tròn.


ĐÁP ÁN

Câu 1

(

)

7+2 x − x = 2+ x . 7− x

a) Giải phương trình
0≤ x≤7
Điều kiện xác định:

(

PT ⇔ 7 − x + 2 x = 2 + x

Đặt

 x = a

 7 − x = b

)

7−x

 x = a
⇒
(b ≥ 0) 7 − x = b 2
(a ≥ 0)

⇒ PT ⇔ b 2 + 2a = ( 2 + a ) b
⇔ b 2 − 2b + 2a − ab = 0
⇔ b ( b − 2) + a ( 2 − b ) = 0
⇔ ( a − b) ( 2 − b) = 0

7

a
=
b
⇒
x
=
7
−
x
⇒
x
=
(tm)
2
⇔

b = 2 (tm) ⇒ 7 − x = 2 ⇔ x = 3(tm)
x = 3; x =

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
b) Cho các số thực x,y thỏa mãn……

( x+

2018 + x 2

)( y+

⇔ x + 2018 + x 2 =

⇔ x + 2018 + x =
2

)

2018 + y 2 = 2018
2018

y + 2018 + y 2
2018

(

2018 + y 2 − y

2018 + y 2 − y 2

⇔ x + 2018 + x 2 = 2018 + y 2 − y

Biến đổi tương tự ta có:
2018 + x 2 − x = 2018 + y 2 + y (2)

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được:

)

(1)

7
2


2018 + x 2 = 2018 + y 2
⇔ 2018 + x 2 = 2018 + y 2
x = y
⇔ x2 = y 2 ⇔ 
x = − y

+)Với

x= y

( 1) ⇔ x +

ta có:

2018 + x 2 = 2018 + x 2 − x

⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ x = y = 0
 x 2019 + y 2019 = 0
⇒
x + y = 0

⇒ Q = x 2019 + y 2019 + 2018( x + y ) + 2020 = 2020

+)Với

x = −y

, ta có:

 x 2019 + y 2019 = 0
⇒ Q = 2020

x
+
y
=
0


Q = 2020

Vậy
Câu 2.

∆ ' > 0 ⇔ ( m − 1) − 2m + 6 > 0 ⇔ m 2 − 4m + 7 > 0 ⇔ ( m − 2 ) + 3 > 0 ∀x
2

Ta có:

2

Suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi

Áp dụng định lý Vi-et ta có:
Theo đề bài ta có:

 x1 + x2 = 2 ( m − 1)

 x1 x2 = 2m − 6

m


2
2
2 2
 x1   x2 
x14 + x24 ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2
A= ÷ + ÷ =
=
2
2
( x1 x2 )
 x2   x1  ( x1 x2 )
2

2

2

2

( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2  − 2 ( x1 x2 ) 2

=
2
( x1x2 )
2

 4 ( m − 1) 2 − 2 ( 2m − 6 )  − 2 ( 2m − 6 ) 2

=
−2
2
( 2m − 6 )

( 4m

2

− 8m + 4 − 4m + 12 )

( 2m − 6 )

(m ≠ 3)

2

2

−2

2

2

 4m 2 − 12m + 16 
 2m 2 − 6m + 8 
=
÷ −2=
÷ −2
2m − 6
m −3





 2m 2 − 6m + 8  2

⇒ A ∈ ¢ ⇔ 
−
2
∈¢
÷
m−3



2m 2 − 6m + 8
⇔

∈ ¢ ⇒ ( 2m 2 − 6m + 8 ) M( m − 3)
m−3

Ta có:

2m2 − 6m + 8 = 2m( m − 3) + 8

Ta thấy:

2m ( m − 3) M( m − 3) ∀m ≠ 3

⇒ ( 2m 2 − 6m + 8 ) M( m − 3) ∀m ≠ 3
⇒ ( 2m 2 − 6m + 8 ) M
( m − 3) ⇔ 8M( m − 3)

hay

( m − 3) ∈ U (8) ⇔ ( m − 3) ∈ { ±1; ±2; ±4; ±8}

Ta có bảng giá trị
x−3

-8

x

-5

-4

-2

-1

1

2

-1
1
2
4
5
m≠3
Kết hợp với điều kiện
ta có các giá trị thỏa mãn bài toán:

4

8

7

11


m ∈ { −5; −1;1;2;4;5;7;11}

Câu 3.
Dựa vào đề bài ta có phân số tổng quát của dãy số trên là

( n + 1)
( n + 1)
=

( n + 1) n − n n + 1 = ( n + 1) n − n n + 1
1
=
2
3
2
3
2
n + n n + 1 ( n + 1) .n − n 2 ( n + 1) n + 2n + n − n − n

n − n n +1
1
1
=
−
n ( n + 1)
n
n +1

Từ đó ta có:
1
1
1
+
+ ...... +

2 1 +1 2 3 2 + 2 3
2025 2024 + 2024 2025
1
1
1
1
1
1
=
−
+
−
+ ..... +
−
1
2
2
3
2024
2025
1
1 44
= 1−
= 1−
=
45 45
2025
P=

P=

44
45

Vậy
b) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn…..

x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒

Áp dụng BĐT Co si ta có:

x2 + y 2
( x + y)
⇒x +y ≥
+ xy ⇔ x 2 + y 2 ≥
2
2
2

2

⇒x +y

2

2

( x + y)
= 3( x + y ) ≥

⇒ 6( x + y) ≥ ( x + y)
⇒6≥ x+ y

2

2

2

x2 + y2
≥ xy
2
2


Lại có:
TH1:

x + y = 2
x + y = 3

+
x, y ∈ ¢ ⇒  x + y = 4

x + y = 5
 x + y = 6

x + y = 2 ⇒ x = y = 1 ⇒ x 2 + y 2 = 1 + 1 = 2 ≠ 3 ⇒ ktm

 x = 2; y = 1

TH 2 : x + y = 3 ⇒ 
⇒ x 2 + y 2 = 5(ktm)
 x = 1; y = 2
 x = 3; y = 1 ⇒ x 2 + y 2 = 10 (ktm)

TH 3 : x + y = 4 ⇒  x = 1; y = 3 ⇒ x 2 + y 2 = 10 ( ktm)
 x = y = 2 ⇒ x2 + y2 = 8
(ktm)

 x = 3; y = 2 ⇒ x 2 + y 2 = 13 (ktm)

x = 2; y = 3 ⇒ x 2 + y 2 = 13 (ktm)

TH 4 : x + y = 5 ⇒ 
x = 4; y = 1 ⇒ x 2 + y 2 = 17 (ktm)

 x = 1; y = 4 ⇒ x 2 + y 2 = 17 (ktm)
 x = 4; y = 2 ⇒ x 2 + y 2 = 20 (ktm)

2
2
 x = 2; y = 4 ⇒ x + y = 20 (ktm)
TH 5 : x + y = 6 ⇒ 
x = 5; y = 1 ⇒ x 2 + y 2 = 26 (ktm)

 x = y = 3 ⇒ x 2 + y 2 = 18 = 3 ( 3 + 3) (tm)

Vậy nghiệm dương của phương trình đã cho là

Câu 4.

( 3;3)


KO 2 − KM 2 = R 2

a) CMR:

Ta có I là trung điểm của
⇒ KI / / AC

AM , K

(đường trung bình

MO ⊥ AB

Lại có:
⇒ KI ⊥ MO

MC

là trung điểm của
∆AMC )

(gt)

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

(từ song song đến vuông góc)

MO

KI

MO

Gọi P là giao điểm của
và Q là giao điểm của
và
2
∆OAM
OA = OP.OM = R 2
AP
Xét
vuông tại A có đường cao
ta có:
Xét
Xét

∆MQK
∆QKO

vuông tại Q ta có:
vuông tại Q ta có:

KM 2 = MQ 2 + QK 2

KO 2 = QO 2 + QK 2

⇒ KO − KM 2 = QO 2 + QK 2 − MQ 2 − QK 2

2

= QO 2 − MQ 2 = ( QO − MQ ) ( QO + MQ )


∆AMP

Xét
có:
trung bình).

 AI = MI

 IQ / / AP

( gt )
⇒Q
(cmt )

là trung điểm của

MP

(tính chất đường

⇒ MQ = QP

⇒ KO 2 − KM 2 = ( QO − MQ ) ( QO + MQ )
= ( QO − QP ) .MO = OP.OM = R 2

KO 2 − KM 2 = R 2

Vậy

b) CMR: tứ giác BCDM nội tiếp
Gọi giao điểm của KO với
∆KGA ∆KDH
Xét
và
ta có:
·AKG

( O)

là

G, H

như hình vẽ

·
·
KAG
= KHD

chung;
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung DG)
⇒ ∆KGA : ∆KDH ( g − g )
⇒

KG KA
=
⇒ KG.KH = KA.KD
KD KH

(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Ta có:

KM 2 = KO 2 − R 2 = ( KO − R ) ( KO + R )

= ( KO − OG ) ( KO + OH ) = KG.KH = KD.KA
⇒

KM
KD
=
⇒ ∆KMD : ∆KAM
KA KM

·
·
·
·
⇒ KMD
= KAM
= DBA
= CBD

MBCD

(cmt )

(c.g .c )

(Các góc tương ứng bằng nhau)

Vậy ta có tứ giác
là tứ giác nội tiếp
c) Gọi E là giao điểm thứ 2 của MD với (O), N là trung điểm KE……
Ta có:

MDE

là cát tuyến,

MA

là tiếp tuyến nên

bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung
Mà

·
·
MAD
= KMD

·
·

MEA
= DAM

AD )

(

·
·
·
⇒ MEA
= EMK
= MAD

(theo câu b)

)

(góc nội tiếp và góc tạo


Lại có hai góc ở vị trí so le trong
Tứ giác
Do đó:

MAKE

nội tiếp có

I, N

⇒ MK / / AE

là trung điểm 2 cạnh bên

·
·
·
·
FNI
= KNI
= FEA
( IN / / AE ) = FAI

Do vậy tứ giác

IANF

nội tiếp (điều phải chứng minh).

AM

và

EK ⇒ IN / / AE