045 toán vào 10 chuyên bình phước 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH BẮC NINH

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

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1.

a) Rút gọn biểu thức :
b) Cho phương trình:

 a + a2 + b2 a − a 2 + b2
P=
−
 a − a2 + b2 a + a 2 + b2

x 2 + ax + b = 0

 4 a 4 − a 2b 2
,a > b >0
÷:
÷
b2


với x là ẩn, a, b là tham số. Tìm a, b sao cho

phương trình có nghiệm thỏa mãn

 x1 − x2 = 5
 3 3
 x1 − x2 = 35

Câu 2
a) Giải phương trình:
b) Cho các số thực
P=

GTNN của

x + 3 + 3x + 1 = x + 3

a, b, c

thỏa mãn

0 ≤ a, b, c ≤ 2, a + b + c = 3

. Tìm GTLN và

a 2 + b2 + c2
ab + bc + ca

Câu 3
x, y

x2 − 2 y 2 = 1

a) Tìm cặp số nguyên
thỏa mãn
b) Chứng minh rằng nếu hiệu các lập phương của 2 số nguyên liên tiếp là bình
phương của một số tự nhiên n thì n là tổng 2 số chính phương liên tiếp
Câu 4.
1) Từ A ngoài (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC (B, C là tiếp điểm). AO cắt BC tại H.
Đường tròn đường kính CH cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Gọi T là trung
điểm BD
a) Chứng minh ABHD là tứ giác nội tiếp
b) Gọi E là giao điểm thứ 2 của đường tròn đường kính AB với AC, S là
giao điểm của AO với BE. Chứng minh TS // HD
1

2) Cho (O ),

( O2 )

cắt nhau tại hai điểm A, B. Gọi MN là tiếp tuyến chung của 2
1

đường tròn với M, N lần lượt thuộc (O ),

( O2 )

. Qua A kẻ đường thẳng d


( O2 )

1

song song với MN cắt (O ),
,BM, BN lần lượt tại C, D, F,G . Gọi E là
giao điểm của CM và DN. Chứng minh EF = EG
Câu 5. Cho 20 số tự nhiên, mỗi số có ước nguyên tố không vượt quá 7. Chứng
minh rằng luôn chọn được ra 2 số sao cho tích của chúng là 1 số chính phương.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Rút gọn biểu thức
 a + a2 + b2 a − a2 + b2
P=
−
 a − a 2 + b2 a + a 2 + b2


(
=
=

) (
+b ) ( a−

a + a2 + b2

(

a + a2

2

2

− a − a2 + b2
a2 + b2

(

)

 4 a 4 − a 2b 2
,
÷:
2
÷
b


)

a > b >0

2

.

b2

4 a2 ( a2 − b2 )

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

).

b2
4. a . a 2 − b 2

4a a 2 + b 2
b2
a a 2 + b2
=
.
=
b2
4. a . a 2 − b 2
a a 2 − b2
 a 2 + b2
khi a > 0
 2
 a − b2
=
 a2 + b2
khi
a<0
− 2
2
 a −b

b) Cho phương trình………

Để phương trình đã cho có hai nghiệm

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

x1; x2

thì

 x1 + x2 = − a (1)

(2)
 x1 x2 = b

 x1 − x2 = 5
 x1 − x2 = 5
⇔
2
 3 3



 x1 − x2 = 35
( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) − x1 x2  = 35

∆ ≥ 0 ⇔ a 2 − 4b ≥ 0


 x1 − x2 = 5
(3)

 x1 − x2 = 5
⇔
⇔
2
2


( x1 + x2 ) − x1 x2 = 7 (4)
5 ( x1 + x2 ) − x1 x2  = 35

Thế (1) (2) vào (4) ta được:

( −a )

2

− b = 7 ⇔ a 2 − b = 7 ⇔ b = a 2 − 7 (*)

Bình phương hai vế của (3) ta được:

( x1 − x2 )

2

= 52 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 25 ⇔ a 2 − 4b = 25
2

 a = 1 ⇒ b = −6
⇔ a 2 − 4a 2 + 28 = 25 ⇒ a 2 = 1 ⇔ 
 a = −1 ⇒ b = −6

( a; b ) = { ( 1; −6 ) ; ( −1; −6 ) }

Vạy
Câu 2.

a) Giải phương trình

x + 3 + 3x + 1 = x + 3

x≥

Ta có điều kiện xác định:

Đặt

−1
3

a = x + 3
a 2 = x + 3
( a, b ≥ 0 ) ⇒  2

b
=
3
x
+
1
b = 3x + 1



2
b = a 2 − a
a + b = a
⇔ 2
 2
2
2
2
3a − b = 8
3a − ( a − a ) = 8

. Khi đó ta có hệ phương trình sau đây:

(*)


⇒ ( *) ⇔ 3a 2 − a 4 + 2a 3 − a 2 = 8
⇔ a 4 − 2a 3 − 2a 2 + 8 = 0
⇔ a 3 ( a − 2) − 2 ( a − 2 ) ( a + 2 ) = 0
⇔ ( a − 2 ) ( a 3 − 2a + 4 ) = 0

⇔ ( a − 2 ) ( a + 2 ) ( a 2 + 2a + 2 ) = 0
 a = 2(tm)
⇔
 a = −2(ktm)
⇒ b = a2 − a = 4 − 2 = 2
 x + 3 = a 2 = 4
x = 1

⇒
⇔
⇔ x =1

2
x = 1
3 x + 1 = b = 4

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

(TM )

x =1

b) Cho các số thực a,b, c….

Áp dụng BĐT Co si ta có:

a 2 + b 2 ≥ 2ab
 2
2
b + c ≥ 2bc
c 2 + a 2 ≥ 2ca


1 2
1
a + b 2 + a 2 + c 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( 2ab + 2ac + 2bc )
(
2

2
2
2
2
⇒ a + b + c ≥ ab + ac + bc
⇒ a 2 + b2 + c2 =

⇒P=

a2 + b2 + c2
≥1
ab + bc + ca

Dấu “=” xảy ra
MinP = 1

a = b = c
⇔
⇔ a = b = c =1
a
+
b
+
c
=
3


a = b = c =1

Vậy
khi
Theo đề bài ta có:


0 ≤ a, b, c ≤ 2 ⇒ ( a − 2 ) ( b − 2 ) ( c − 2 ) ≤ 0

⇔ abc − 2 ( ab + ac + bc ) + 4 ( a + b + c ) − 8 ≤ 0
⇔ abc − 2 ( ab + ac + bc ) + 12 − 8 ≤ 0

⇒ 2 ( ab + ac + bc ) ≥ 4 + abc ≥ 4
⇔ ab + bc + ca ≥ 2

a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2 ac + 2bc
⇒P=
−2
ab + ac + bc
⇔P=

Dấu

( a + b + c)

ab + ac + bc

"="

xảy ra

MaxP =

Vậy

2

5
2

−2≤

9
5
−2 =
2
2

a = 0

 b + c = 3
 b = 0

abc = 0
⇔
⇔ a + c = 3
a + b + c = 3

 c = 0
  a + b = 3

0 ≤ a, b, c ≤ 2

khi

abc = 0, a + b + c = 3,0 ≤ a, b, c ≤ 2

Câu 3
a) Tìm các cặp số nguyên tố….
Ta có 1 số chính phương khi chia cho 3 sẽ nhận được số dư là 0 hoặc 1 nên ta có:
(3k ) 2 = 9k 2

2
2
(3k + 1) = 9k + 6k + 1 ≡ 1( mod 3)

2
2
( 3k + 2 ) = 9k + 12k + 4 ≡ 1( mod 3)

Nếu

x, y > 3

1 − 2.1 = −1
⇒

thì x,y không chia hết cho 3 do đó số dư của Vế trái cho 3 là

chia 3 dư 2 vô lý do

x2 − 2 y2 = 1

trong hai số x, y phải có một số bằng 3


 x = 3 ⇒ 9 − 2 y 2 = 1 ⇒ y 2 = 4 ⇔ y = 2( y > 0)
⇒
2
2
 y = 3 ⇒ x − 2.9 = 1 ⇔ x = 19 ⇒ x ∈ ∅

( x; y ) = ( 3; 2 )

Vậy các cặp số nguyên
b) Chứng minh rằng nếu hiệu các lập phương…..
Gọi 2 số tự nhiên liên tiếp đó là

( a + 1)

3

a , a + 1( a ∈ ¢ )

, theo đề bài ta có:

− a = n ⇔ a + 3a + 3a + 1 − a = n ⇔ 3a 2 + 3a + 1 = n 2
3

+)Xét TH:

2

−1 ≤ a ≤ 0

3

ta có:

2

3

2

 a = 0 ⇒ n = 1 = 02 + 12 ⇒ a = 0
(tm)

2
2
 a = −1 ⇒ n = 1 = 0 + 1 ⇒ a = −1 (tm)

a > 0
2
2
2
 a < −1 ⇒ ( 2a ) < 3a + 3a + 1 < ( 2a + 1)


+)Xét TH:
Vậy ta có n là tổng của hai số chính phương liên tiếp .
Câu 4

(*)


Bài 1.
a) Chứng minh ABHD nội tiếp
Gọi I, J lần lượt là tâm của các đường tròn đường kính CH, AB

⇒ ·ADB = 900

·ADB

Xét (J) ta có:
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.
Ta có: AB, AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại các tiếp điểm B, C cắt
nhau tại A
AO ∩ BC = H ⇒ AO ⊥ BC

Và
nhau)

tại H hay

·AHB = 900

(tính chất hai tiếp tuyến cắt

·ADB = ·AHB = 900 (cmt ) ⇒ ABHD

Xét tứ giác ABHD ta có:

là tứ giác nội tiếp
b) Gọi E là giao điểm thứ 2 của đường tròn…..
Vì tứ giác ABHD là tứ giác nội tiếp (cmt)
chắn cung DH)
Xét đường tròn (I) ta có:

·
HDC

·
·
⇒ DBH
= DAH

(hai góc nội tiếp cùng

là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

·
·
·
⇒ HDC
= 90 ⇒ BDA
= HCD
= 900
0

Lại có:
Xét

·
·
 ·ADH = ·ADB + BDH
= 900 + BDH

·
·
·
·
= BDH
+ HDC
= 900 + BDH
 BDC
·
⇒ ·ADH = BDC

∆ADH

và

∆BDC

ta có:

·
·
·
HAD
= DAC
(cmt ); ·ADH = BDC

(cmt ) ⇒ ∆ADH : ∆BDC ( g .g )

⇒

⇒

AD AH
=
BD BC

(các cặp cạnh tương ứng)

AD BD 2.TD TH
=
=
=
AH BC 2.HC HC

Xét

∆TAD

và

∆CAH

ta có:

(T là trung điểm của BD)
AD TD

·
·
=
(cmt ); TDA
= CHA
= 900
AH CH

·
·
⇒ ∆TAD : ∆CAH (c.g .c) ⇒ TAD
= HAC

(hai góc tương ứng)


Mà

·
·
·
TAD
= TAS
+ HAD
·
·
⇒ TAS
= DAE

·

·
·
 HAC = HAD + DAE

Mặt khác :

·
·
DAE
= DBE

(

·
·
·
⇒ TAS
= SBT
= EAD

⇒ ABTS

là tứ giác nội tiếp

·
·
⇒ STD
= BAS

Mà

)

(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)

(góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

·
·
BAS
= BDH

(

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH trong đường tròn (J))

·
·
·
⇒ STD
= TDH
= BAH

)

Lại có hai góc này ở vị trí so le trong
Bài 2.

⇒ ST / / HD( dpcm)

Gọi

MO1 ∩ d = H ; NO2 ∩ d = I , AB ∩ MN = K

Ta có : MN//CD
⇒ O1M , O2 N

O1M ⊥ CD = { H }
⇒
O2 M ⊥ CD = { I }

lần lượt là trung trực của

·

= 90 0
CH = HA, MHA
⇒
0
·

 IA = ID , NID = 90

⇒ MNIH

CA

và

(đường kính dây cung)

1

( M¶ = Hµ = I$= 90 ) ⇒ HI = MN = 2 CD
0

là hình chữ nhật

DA


Xét

∆CED

⇒ MN

ta có:

 MN / / CD

(cmt )

1
MN
=
CD

2

là đường trung bình của

∆CED ⇒ M , N

⇒ MC = ME , ND = NE

Xét

∆CAE

⇒ AM

Mà
Xét

ta có:

M,H

lần lượt là trung điểm

là đường trung bình
(cmt ) ⇒ AE ⊥ CD
và

·
·
MAK
= KMB

·
MKA

∆BKM

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AB)

và

·
·
NAK
= KNB

∆BKN

MK
KA
=
⇒ KM 2 = KA.BK
BK KM

(1)

ta có:

( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AB)

chung

⇒ ∆NKA : ∆BKN ( g .g ) ⇒

Từ (1) và (2) suy ra
Do

(từ vuông góc đến song song)

chung

∆NKA

·
NKA

(cmt)

ta có:

⇒ ∆MKA : ∆BKM ( g .g ) ⇒

Xét

CA, CE

∆CAE ⇒ MN / / AE

MH ⊥ CD
∆MKA

lần lượt là trung điểm của EC, ED

MN / / FG

NK KA
=
⇒ KN 2 = KA.BK
BK KN

(2)

KM = KN

, áp dụng định lý Ta let ta có:

KN MK KB
=
=
⇒ AG = AF
AG AF AB

Mặt khác
Câu 5

AE ⊥ FG

(cmt ) ⇒ EG = EF

(tính chất đường trung trực) (dpcm)

Ta có : các số có ước nguyên tố không vượt quá 7 có dạng
Do

x, y , z , t

mỗi số có 2 trường hợp chẵn, lẻ nên số trên có tổng cộng

trường hợp của bộ

a = 2 .3 .5 .7

x
y
z
t
b = 2 2 .3 2 .5 2 .7 2
y1

z1

2.2.2.2 = 16

x, y , z , t

Theo nguyên lý Dirichle, tồn tại ít nhất
x1

2 x.3 y.5z.7t

 20 

 16 + 1 = 2

số a, b saao cho

t1

và các số mũ tương ứng cùng tính chẵn lẻ

 x1 + x2 = 2m
 y + y = 2n
2

2
⇒ 1
⇒ a.b = ( 2 m.3n.5 p.7 q )
 z1 + z2 = 2 p
t1 + t2 = 2q

Đây là một số chính phương
Vậy ta luôn chọn được 2 số sao cho tích của chúng là số chính phương từ 20 số tự
nhiên mà mỗi số có ước nguyên tố không vượt quá 7