045 toán vào 10 chuyên bình phước 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH BÌNH PHƯỚC

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

Câu 1

a) Rút gọn biểu thức:
b) Cho

x+ 3 =2

 a +1
ab + a   a + 1
ab + a 
T = 
+
− 1÷
:
−
+ 1÷

÷  ab + 1
÷
ab
+
1
ab
−

1
ab
−
1

 


. Tính giá trị biểu thức

H = x − 3x − 3 x 3 + 6 x 2 − 20 x + 2023
5

4

( P) y =
Câu 2 Cho parabol

1 2
x
2

d : y = ( m + 1) x − m 2 −

và đường thẳng
A( x1 ; y1 ); B ( x2 ; y2 )

nào của m thì d cắt (P) tại hai điểm phân biệt
T = y1 + y2 − x1 x2

1
2

. Với giá trị

sao cho biểu thức

đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 3.
a) Giải phương trình :

x + 1 + 6 x − 14 = x 2 − 5

( x 2 + 1) ( y 2 + 1) = 10

( x + y ) ( xy − 1) = 3

b) Giải hệ phương trình :
Câu 4. Cho đường tròn (O;R) có 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau.
1·
·
MAN
= CAD
2

Trên dây BC lấy M (M khác B và C). Trên dây BD lấy N sao cho
,
AN cắt CD tại K. Từ M kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB)
a) CMR: Tứ giác ACMH nội tiếp, ACMK nội tiếp

b) Tia AM cắt (O) tại E (E khác A), tiếp tuyến tại E và B của đường tròn cắt
nhau tại F. Chứng minh rằng AF đi qua trung điểm HM
c) CMR: MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M di chuyển trên
dây BC (M khác B và C)
Câu 5.
p

a) Tìm tất cả số nguyên

sao cho

b) Tìm tất cả bộ số nguyên
Câu 6

( a; b )

16 p + 1

là lập phương của 1 số nguyên dương

thỏa mãn

3 ( a 2 + b 2 ) − 7 ( a + b ) = −4


a) Cho

x; y

là hai số thực dương. CMR:

b) Xét các số thực
nghiệm thực
M=

a; b; c

m; n

( a − b ) ( 2a − c )

với

b ≠ a +c

thỏa mãn

x2 y2
+
≥ x+ y
y
x

sao cho phương trình

0 ≤ m, n ≤ 1

ax 2 + bx + c = 0

có 2

. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức

a (a − b + c )

ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Rút gọn biểu thức :
Điều kiện xác định :

a ≥ 0, b ≥ 0, ab ≠ 1

 a +1
ab + a   a + 1
ab + a 
T = 
+
− 1÷
:
−
+ 1÷

÷  ab + 1
÷
ab − 1
ab − 1
 ab + 1
 


) ( ab + 1) − ( ab + 1) ( ab − 1) :
( ab + 1) ( ab − 1)
( a + 1) ( ab − 1) − ( ab + a ) ( ab + 1) + ( ab + 1) ( ab − 1)
( ab + 1) ( ab − 1)

=

(

)(

a +1

) (

ab − 1 +

ab + a

=

a b − a + ab − 1 + ab + ab + a b + a − ab + 1 a b − a + ab − 1 − ab − ab − a b − a + ab − 1
:
ab − 1
ab − 1

=

2 ab a + 1
2a b + 2 ab ab − 1

.
=
= − ab
ab − 1
−2 a − 2
−2 a + 1

(

(

)

)

b) cho…tính giá trị biểu thức….

x + 3 = 2 ⇔ 2 − x = 3 ⇒ ( 2 − x ) = 3 ⇔ x 2 − 4x + 1 = 0
2

H = x5 − 3 x 4 − 3x3 + 6 x 2 − 20 x + 2023

= x5 − 4 x 4 + x3 + x 4 − 4 x3 + x 2 + 5 ( x 2 − 4 x + 1) + 2018

= x3 ( x 2 − 4 x + 1) + x 2 ( x 2 − 4 x + 1) + 5 ( x 2 − 4 x + 1) + 2018
= ( x 3 + x 2 + 5 ) ( x 2 − 4 x + 1) + 2018 = 2018 (do

x 2 − 4 x + 1 = 0)

x+ 3 =2

H = 2018

Vậy
khi
Câu 2
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:
1 2
1
x = ( m + 1) x − m 2 − ⇔ x 2 − 2 ( m + 1) x + 2m 2 + 1 = 0(*)
2
2

Đường thẳng (d) cắt

( P)

tại hai điểm

⇔

phương trình

( *)

có

⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ ( m + 1) − 2m − 1 ≥ 0 ⇔ 2m − m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2
2

Với

0≤m≤2

thì

( d)

2

cắt

( P)

tại hai điểm

A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 )

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

 1   1 
A  x1 ; x12 ÷, B  x2 ; x22 ÷
 2   2 

⇒ T = y1 + y2 − x1 x2 =
=

1 2
1
2
x1 + x22 ) − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  − x1x2
(


2
2

1
2
( x1 + x2 ) − 2 x1 x2
2

= 2 ( m + 1) − 4m 2 − 2 = −2m 2 + 4m = −2 ( m 2 − 2m + 1) + 2
2

= −2 ( m − 1) + 2
2

Vì

( m − 1)

Đặt

2

≥ 0 ∀m ∈ [ 0;2]

t = m − 1 ⇒ m ∈ [ 0;2] ⇒ t ∈ [ −1;1] ⇒ t 2 ∈ [ 0;1]

⇒ T = 2 − 2 ( m − 1) = 2 − 2t 2 ≥ 0 ∀t ∈ [ 0;1]
2

Vậy

nghiệm

2

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:

Ta có:

hai

m = 0
2
MinT = 0 ⇔ t 2 = 1 ⇔ ( m − 1) = 1 ⇔ 
m = 2


Câu 3.
a) Giải phương trình:

x + 1 + 6 x − 14 = x 2 − 5

x≥

Điều kiện xác định:

7
3

x + 1 + 6 x − 14 = x 2 − 5
⇔ x + 1 − 2 + 6 x − 14 − 2 = x 2 − 9
⇔

(

x +1 − 2

)(

x +1 + 2

) +(

6 x − 14 − 2

)(

6 x − 14 + 2

x +1 + 2
6 x − 14 + 2
6 ( x − 3)

x−3
⇔
+
= ( x − 3)( x + 3)
x +1 + 2
6 x − 14 + 2
1
6


⇔ ( x − 3) 
+
− x − 3÷= 0
6 x − 14 + 2
 x +1 + 2


) = ( x − 3) ( x + 3)

x = 3
⇔
1
6

+
= x + 3 (1)
6 x − 14 + 2
 x + 1 + 2

Với


1
3
6 − 30

≤
=
10
6 + 30


7
x + 1 ≥
 x +1 + 2 ≥

2
x≥ ⇒
⇒  x + 1 + 2 6 + 30
3 ⇒
3
3
6
6 x − 14 ≥ 0  6 x − 14 + 2 ≥ 2

≤3

 6 x − 14 + 2

12 − 30

≈ 3,36
2
7 16
VP(1) ≥ 3 + =
≈ 5,33
3 3
⇒ VP > VT hay (1)VN
⇒ VT (1) ≤

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

b) Giải hệ phương trình:
Ta có:

x=3

( x 2 + 1) ( y 2 + 1) = 10

( x + y ) ( xy − 1) = 3


2
2
2
( x 2 + 1) ( y 2 + 1) = 10
 x + y + ( xy ) + 1 = 10
⇔

x
+

y
xy
−
1
=
3
)(
)
(
( x + y )( xy − 1) = 3
( x + y ) 2 − 2 xy + ( xy ) 2 + 1 = 10
⇔
( x + y )( xy − 1) = 3

Đặt

x + y = u

 xy − 1 = v

thì hệ phương trình trên:

( u + v ) 2 − 2uv = 10
( u + v ) 2 = 16
u + v = 10
⇔
⇔
⇔
uv = 3
uv = 3

uv = 3
2

2

 u + v = 4
u = 1, v = 3
 u + v = 4

u = 3, v = 1

uv = 3
⇔  u + v = −4 ⇔ 
⇔
 u + v = −4
u = −1, v = −3
uv = 3



u = −3, v = −1
 uv = 3
 x + y = 1
 x + y = 1


VN
 x = 2; y = 1
  xy − 1 = 3
  xy = 4

 x = 2; y = 1
 x = 1; y = 2
 x + y = 3
 x + y = 3




 x = 1; y = 2
xy
−
1
=
1
xy
=
2
 x = 1; y = −2



⇒
⇔
⇔  x = 1; y = −2 ⇔ 
 x = −2; y = 1
  x + y = −1
  x + y = −1
 x = −2; y = 1



 x = 0; y = 3
  xy − 1 = −3
  xy = −2

x
=
0;
y
=
3




 x = −3; y = 0
  x + y = −3
  x + y = −3
 x = −3; y = 0

  xy − 1 = −1
  xy = 0



Vậy hệ phương trình có tập nghiệm
Câu 4

S = { ( 1;2 ) ; ( 2;1) ; ( 1; −2 ) ; ( −2;1) ; ( 0;3) ; ( −3;0 ) }

a) CMR Tứ giác ACMH nội tiếp, ACMK nội tiếp
Ta có:

·ACB + ·ACM = 900

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ ·AHM = 900 ( MH ⊥ AB )

⇒ ·ACM + ·AHM = 900 + 90 0 = 1800

⇒ ACHM

Ta có:

là tứ giác nội tiếp (có tổng hai góc đối diện bằng

·
MCK

·
⇒ MCK
=

là góc nội tiếp chắn cung BD

1800 )

1
DB = 450

2

(dhnb)


Mà

1·
·
·
·
MAK
= CAD
= 450 ⇒ MAK
= MCK
= 450
2

⇒ ACMK

là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh cùng kề cạnh AC cùng nhìn đoạn MK dưới
các góc bằng nhau) (dhnb)
b) Tia AM cắt (O) tại E…………………
Gọi AF cắt MH tại I, AM cắt BF tại P
MH // PB do cùng vuôn AB nên ta có :
⇒

IH//FB
Ta có:
bù)

IH AH
=
FB AB

·AEB = 900

⇒

(định lý Ta let)

MH AH
=
PB
AB

IH MH
=
FB PB

(định lý Ta let)

 AH 
=
÷
 AB 

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

·

⇒ BEP
= 900

·
·
FE = FB, FEB
= FBE

Theo tính chất 2 tiếp tuyến FE, FB cắt nhau nên
bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE)
Mặt khác:

·
·
FEP
= 900 − FEB

·
·
FPE
= 900 − FBE
∆PEB

(

(

cân tại F

(hai góc tạo

(hai góc phụ nhau)

vuông tại E)

·
·
·
⇒ FEP
= FPE
= 90 = FEB

⇒ ∆PEF

(Hai góc kề

0

)

⇒ FE = FP

⇒ FE = FB = FP
⇒ BP = FP + FB = 2 FB
IH MH
⇒
=
⇒ MH = 2 IH
FB 2 FB

(hai cạnh bên của tam giác cân)

Do đó AF đi qua trung điểm I của MH
c) CMR MN luôn tiếp xúc với……………….
ACMK

·ACM = MKN
·
= 900

Do tứ giác
nội tiếp :
(hai góc đối diện cùng bằng
Gọi G là giao điểm của AM và DC
·
∆BCD
⇒ BDC
= 450
Ta có:
vuông cân tại B
(tính chất tam giác vuông cân)

900 )


Xét tứ giác
⇒ ADNG

ADNG

có:

·
·
NDG
= GAN
= 450

là tứ giác nội tiếp (hai góc cùng nhìn một đoạn thẳng dưới các góc bằng

nhau)

⇒ ·ADN + ·AGN = 1800 ⇒ ·AGN = 900
·
·
MKN
= MGN
= 900 ⇒ MCKN

Vì
các góc bằng nhau)
⇒ ·AMN = ·AKC

Mà

(

Khi đó ta có:

nội tiếp (hai góc cùng nhìn một đoạn thẳng dưới

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung

⇒ ·AMC = ·AMN = ·AKC

Kẻ

(hai góc kề bù)

(góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

·AMC = ·AKC

AQ ⊥ MN

hay

·
MGN
= 900

AC

)

)

tại Q

∆AMC = ∆AMQ (ch − gn) ⇒ AQ = AC

Áp dụng định lý Pytago ta có

(hai cạnh tương ứng)

AC = R 2 + R 2 = R 2

không đổi và

A

nên M di chuyển trên dây BC thì MN luôn tiếp xúc với đường tròn
đường tròn cố định (đpcm)
Câu 5.
a)
Do

16 p + 1

lẻ nên ta đặt

16 p + 1 = ( 2n + 1) = 8n3 + 12n 2 + 6n + 1 ⇔ 8 p = n ( 4n 2 + 6n + 3 ) (*)
3

Ta có:

( 4n

2

+ 6n + 3)

( A; R 2 )

là một

( ∀n ∈ ¥ *)

là tam thức bậc 2 vô nghiệm, là số lẻ lớn hơn 1 và không phân

tích được thành tích 2 số tự nhiên

n = 8
⇒ ( *) ⇔  2
⇒ p = 307
4n + 6n + 3 = p

16.307 + 1 = ( 2.8 + 1) = 4913
3

Thử lại ta được:

là điểm cố định

thỏa mãn


p = 307

Vậy

là số nguyên tố thỏa mãn bài toán.
b) Tìm tất cả bộ số nguyên……..
Nhân cả hai vế của phương trình với 12 ta được:

36 ( a 2 + b 2 ) − 84 ( a + b ) = −48 ⇔ ( 6a − 7 ) + ( 6b − 7 ) = 50 = 52 + 52 = 12 + 7 2
2

2


 6a − 7 = 5

 6b − 7 = 5
 6a − 7 = −5

 a = b = 2(tm)
 6b − 7 = 5


6
a
−
7
=
5

 a = 1 , b = 2(ktm)

3


 6b − 7 = −5


1
 a = 2, b = (ktm)
 6a − 7 = −5
3

 6b − 7 = −5

1
1

a
=
;
b
=
( ktm)

 6a − 7 = 1
2
3
3
 ( 6a − 7 ) = 25


 
4
7

6
b
−
7
=
7


a = ; b = (ktm)
 ( 6b − 7 ) 2 = 25
 a = 1

 6a − 7 = −1
3
3





7
 ( 6a − 7 ) 2 = 1
 b = 0
 a = 1; b = ( ktm)
 6b − 7 = 7

⇒ 
⇔
⇔
⇔ a = b = 2

3
 ( 6b − 7 ) 2 = 49


 6a − 7 = 1
4

 a = 0


a = ; b = 0(ktm)
 6b − 7 = −7
2

  6a − 7 = 49
 b = 1
3


(
)



 a = 1; b = 0
 6a − 7 = −1

2
 ( 6b − 7 ) = 1



 
6
b
−
7
=
−
7
 a = 0; b = 4 (ktm)


 6a − 7 = 7
3


 a = 4 ; b = 4 (ktm)
 6b − 7 = 1

3
3

6
a
−
7
=
−
7




4
 a = ; b = 1(ktm)
 6b − 7 = 1
3



 6a − 7 = 7
 a = 0, b = 1

 6b − 7 = −1
 6a − 7 = −7

 6b − 7 = −1

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
Câu 6.
a) Với
2

x, y > 0
2

( a; b ) = { ( 0;1) ; ( 1;0 ) ; ( 2;2 ) }

ta có:

x

y
+
≥ x + y ⇔ x 3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) ⇔ ( x + y )( x 2 + xy + y 2 ) ⇔ xy ( x + y )
y
x


⇔ x 2 − xy + y 2 ≥ xy ⇔ x 2 − 2 xy + y 2 ≥ 0 ⇔ ( x − y ) ≥ 0
2

"="

∀x, y

x = y
⇔
 x, y > 0

Vậy BĐT được chứng minh, dấu
xảy ra
2
m, n
ax + bx + c = 0
b) Theo đề bài ta có phương trình
có hai nghiệm

( 0 ≤ m, n ≤ 1) ⇒ a ≠ 0

Áp dụng định lý Vi-et ta có:

b

m
+
n
=
−

a

mn = c

a

c
 b 
1 − ÷ 2 − ÷

( a − b ) ( 2a − c ) =  a  a  = ( 1 + m + n ) ( 2 − mn )
⇒M =
b c
a
1 + m + n + mn
1− +
a a
2 − mn ≤ 2;

Vì
Vậy

mn ≥ 0 ⇒ M ≤

( 1 + m + n ) .2 = 2
1+ m + n

MaxM = 2 ⇔ mn = 0 ⇔ c = 0

0 ≤ m, n ≤ 1 ⇒ m ( n − 1) + n ( m − 1) + mn − 1 ≤ 0 ⇔ mn ≤

Ta lại có:
⇒M ≥

m + n +1
3
=
1
1+ m + n + ( 1+ m + n) 4
3

MinM =

Vậy

a + b + c = 0
3
⇔ m = n =1⇔ 
4
a = c

1

( m + n + 1)
3