056 đề thi vào 10 chuyên toán bình phước 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(2,0 điểm) Cho biểu thức A 

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Môn: TOÁN CHUYÊN
Năm học 2019-2020





2 x 3
x x 3
x 3


x 2 x 3
x 1
3 x

a) Rút gọn A
b) Tính giá trị của A khi x  4  2 3
Câu 2. (1,0 điểm) Cho phương trình : x2   m  2  x  3m  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 sao cho x1 , x2 là độ
dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông với cạnh huyền có độ dài bằng 5
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x  4  x2  2  3x 4  x 2
2 x3  2 x 2 y  xy  y 2  x  y


b) Giải hệ phương trình:  3
2

2 x  xy  x  4
Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  và đường tròn  O '; R ' cắt nhau tại hai điểm phân
biệt A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C. kẻ tiếp tuyến CD, CE với đường tròn
 O; R  , trong đó D, E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn  O '; R ' . Đường thẳng
AD, AE cắt đường tròn  O '; R ' lần lượt tại M và N (M, N khác A). Tia DE cắt MN tại I .
Chứng minh rằng:
a) Tứ giác BEIN nội tiếp
b) MIB AEB
c) O ' I  MN
Câu 5. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình nghiệm nguyên 4 y 2  2  199  x 2  2 x
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p; q  sao cho p 2  2q 2  41
Câu 6.
a) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy  1 , chứng minh rằng:
1
1
2


1  x 1  y 1  xy
b) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện  x  y   4 xy  12
1
1

 2018 xy
Tìm GTLN của P 

1 x 1 y
3


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Điều kiện : x  0; x  9(*)
A







x x 3 2

  x  3
x  3 x  1
2

x 3 

x x  3  2 x  12 x  18  x  4 x  3



x 3



 x  3  x  8  
 x  3 x  1



x 1



x 1



x x  3x  8 x  24



x 3



x 1

x8
x 1

b) x  4  2 3 thỏa mãn * . Với x  4  2 3 

A







2

3  1 ta có :

x8
42 3 8
12  2 3


4 32
2
x 1
3
3 1 1





Câu 2.
Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện bài toán là:

 m  2   4  3m  3  0 m2  8m  16  0

  0


S  0
m

2

0


m  2



P  0
3m  3  0
m  1
 x12  x22  25  x  x 2  2 x x  25
 m  2 2  2  3m  3  25



1
2
1
2

2

m  4
m  2


m3
m

1

m  5  m  3

Vậy m  3 thỏa mãn yêu cầu bài toán
Câu 3.
a) x  4  x2  2  3x 4  x 2 . Điều kiện 2  x  2
Đặt t  x  4  x 2  x 4  x 2 

t2  4
, khi đó phương trình đã cho trở thành:
2


t  2

3t  2t  8  0   4
t  3
2

 x  0(tm)
*)t  2  x  4  x 2  2  4  x 2  2  x  2 x 2  4 x  0  
 x  2(tm)

4
4
4
8
20
2  14
*)t    x  4  x 2    4  x 2 
 x  2 x2  x 
0 x
(tm)
3
3
3
3
9
3


2  14 

Vậy S  0;2;

3




3
2
2


2 x  2 x y  xy  y  x  y (1)
b.  3
2

2 x  xy  x  4 (2)

 y  x
Ta có 1  2 x 2  x  y   y  x  y    x  y   0   x  y   2 x 2  y  1  0  
2
 y  2x  1

*) y   x   2   2 x3  2 x 2  4  0  2  x  1  x 2  2 x  2   0  x  1  y  1

1  17
 y  10  17
x 
2
2
2
*) y  2 x  1   2   x  x  4  0  

1  17
 y  10  17
x 

2


 1  17

  1  17



;10  17  ; 
;10  17  
Vậy tập nghiệm là  x; y   1; 1 ; 

 2
 2





Câu 4.

C

M
A

D

E
O

O'
I

B
N
a) Tứ giác BAMN nội tiếp nên ta có: BAD  BNM hay BAD  BNI (1)
Tứ giác BEAD nội tiếp nên ta có: BAD  BED (2)
Từ (1) và (2) suy ra BED  BNI , vậy tứ giác BENI nội tiếp

 BMI  BAE (1)
b) Tứ giác BAMN nội tiếp  
(2)

 MNA  MBA
Tứ giác BEIN nội tiếp  MNA  INE  IBE

(3)


Từ (2) và (3)  MBA  IBE  IBM  MBE  EBA  MBE  IBM  EBA

(4)

Từ (1) và (4)  MIB AEB( g.g )
BD CD

DA CA
BD EB
CE EB

(5)
Tương tự, ta có:
mặt khác CD  CE (tính chất tiếp tuyến) 


DA EA
CA EA
EB IB

(6)
MIB AEB(cm câu b) 
EA IM

c) CD là tiếp tuyến của (O) nên CDA  CBD  CDA CBD( g.g ) 

*)ABD  AED  IEN mà IEN  IBN (tứ giác BEIN nội tiếp)  ABD  IBN
Mặt khác INB  DAB (chứng minh câu a), từ đó ta có INB
Từ (5), (6), (7) 

DAB  g.g  

DB IB

(7)
DA IN

IB IB

 IM  IN  I là trung điểm của MN  O ' I  MN
IN IM

Câu 5.
a) ĐK:199  x2  2 x  0   x  1  200  x  15; 14; 13;....;12;13 do... x 
2



Ta có: 4 y 2  2  199  x 2  2 x  2  200   x  1  2  10 2  0  y 2  4, mà y 
2

Suy ra y  2; 1;1;2
 x  15
y 1 
 x  13
 x  3
y  2  
x  1

 x  15
y  1  
 x  13
 x  3
y  2 
x  1

Vậy tập hợp các cặp số  x; y  nguyên thỏa mãn đề bài là:

S  13; 1 ;  15; 1 ;  15;1 ;  3;2 ;  3; 2 ; 1;2 ; 1; 2 
b) p 2  2q 2  41  p 2  41  2q 2  p 2 là số lẻ  p lẻ  p  2k  1 k  * , thay vào (*)

suy ra :
q 2  2k  k  1  20  q chẵn, mà q là số nguyên tố nên q  2  p 2  49  p  7

Câu 6.
1
1
2
1
1
1
1
a)






0
1  x 1  y 1  xy
1  x 1  xy 1  y 1  xy




xy  x

1  x  1 



xy





xy  y

1  y  1 

xy



0

y x  x
y 
.

0
1  xy  1  x 1  y 

  xy  1  0, bất đẳng thức này luôn đúng với các số thực x, y  0; xy  1
1  x 1  y  1  xy 
y x

2

Vậy bất đẳng thức đã cho đúng
b) Ta có



12   x  y   4 xy  2 xxy
3



3

 4 xy (áp dụng BĐT AM-GM cho hai số thực không âm

x, y) . Đặt t  xy  t  0  , khi đó:
12  8t 3  4t 2  2t 3  t 2  3  0   t  1  2t 2  3t  3  0

 t  1 (Vì t  0  2t 2  3t  3  0)
t  1  0  xy  1. Theo câu a ta có:
P

1
1
2

 2018 xy 
 2018 xy
1 x 1 y
1  xy

2
 2018t 2
1 t

Ta sẽ cần chứng minh GTLN của P là 2019, thật vậy ta chứng minh bất đẳng thức sau luôn
đúng:
2
 2018t 2  2019  2018t 3  2018t 2  2019t  2017  0
1 t
  t  1  2018t 2  4036t  2017   0

Đặt t  xy  0  t  1 , ta được: P 

t  1
Bát đẳng thức sau luôn đúng với 0  t  1. Dấu "  " xảy ra khi 
 x  y 1
x

y

Vậy GTLN của P là 2019 đạt được khi x  y  1