DE DAP AN TS 10 CHUYEN TOAN BRVT

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 31/5/2016. ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu 1 (3,0 điểm). a) Rút gọn biểu thức. . A. . 2. x  1  1  4x  3  4 x  1. với x 1 .. 2 b) Giải phương trình x  x  3x  2  x x  2  x  1 ..  x  y 3  xy  2 2 c) Giải hệ phương trình  x  y 18 . Câu 2 (2,0 điểm). a) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố.  p; q . 2 2 thỏa mãn p  5q 4 .. f x f x  x 2  bx  c b) Cho đa thức   . Biết b, c là các hệ số dương và   có nghiệm. Chứng f 2 9 3 c minh   . Câu 3 (1,0 điểm). 2 2 2 Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x  y  z 3xyz . Chứng minh:. x2 y2 z2   1. y 2 z 2 x2. Câu 4 (3,0 điểm). Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại A và B (OO’ > R > R’). Trên nửa mặt phẳng bờ là OO’ có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn trên (với M thuộc (O) và N thuộc (O’)). Biết BM cắt (O’) tại điểm E nằm trong đường tròn (O) và đường thẳng AB cắt MN tại I. 0   a) Chứng minh MAN  MBN 180 và I là trung điểm của MN.. b) Qua B, kẻ đường thẳng (d) song song với MN, (d) cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D (với C, D khác B). Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của CD và EM. Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACD và các điểm A, B, P, Q cùng thuộc một đường tròn. c) Chứng minh tam giác BIP cân. Câu 5 (1,0 điểm). HA HB HC    3 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm. Chứng minh BC CA AB .. ------------ HẾT -----------Chữ ký của giám thị 1: ……………………………………………………………………………..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh: ……………………………..………...… Số báo danh ………………………. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (Chuyên) (Hướng dẫn này gồm 04 trang) Câu 1a.. Nội dung. Điểm. Rút gọn biểu thức. . . . . A. 2. x  1  1  4x  3  4 x  1. 2. x  1  1 x  2 x  1. . . 2. Do với x 1 thì 2 x  1  1  0 nên Vậy A  x  1. . 1c.. 0,25. 4 x  3  4 x  1 2 x  1  1. . x 1 1 . 0,25 0,25. 2 Giải phương trình x  x  3x  2 x x  2  x  1 (1) Điều kiện xác định: x  1 (1)  x  x  1. x  2  x x  2  x  1.  x.  1 0,25. 4 x  3  4 x  1  2 x  1 1. 1b.. với x 1. . x  2 0.  x  x  1 hoặc x  2 1 x  2 1  x  1 (thỏa mãn điều kiện)  x 0 1 5 x  x 1   2  x 2  x  x  1 0 (thỏa mãn điều kiện)  x  y 3  xy  2 2 Giải hệ phương trình  x  y 18 Điều kiện: xy 0. a 3  b  2 2 b 0  Đặt a  x  y , b  xy  . Ta có hệ a  2b 18.  1 0,25 0,25 0,25 0,25.  1 0,25. 2. 3  b   2b 2 18 Thế a 3  b vào phương trình còn lại ta được:   b 2  6b  9 0  b 3  x  y 6  a; b   6;3 xy 3  Do đó . Ta được hệ   x  y 6  x 3    xy 9  y 3 (thỏa mãn điều kiện).. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy 2a.. 2b.. hệ có nghiệm.  x; y   3;3. 2 2 p; q   1 Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  thỏa mãn p  5q 4 p 2  5q 2 4  p 2  4 5q 2   p  2   p  2  5q 2 0,25 Do 0  p  2  p  2 và q nguyên tố nên p  2 chỉ có thể nhận các giá trị 0,25 1, 5, q, q 2 Ta có bảng giá trị tương ứng p–2 p+2 p q 2 1 3 1 5q 0,25 5 7 3 q2 q 5q 3 1 2 5 3 1 q. p; q   7;3 0,25 Do p, q là các số nguyên tố nên chỉ có cặp  thỏa mãn. f x f x  x 2  bx  c Cho đa thức   . Biết b, c là các hệ số dương và   có  1 f  2  9 3 c nghiệm. Chứng minh . 2 f  x 0,25 có nghiệm   0  b 4c  b 2 c. . f  2  4  2b  c 4  4 c  c . c 2. . 2. 0,25 0,25. c  2  c  1  1 3 3 c. . f  2  3 3 c. Do đó Cách 2:. . 2. 9 3 c. 0,25. f x  x  x1   x  x2  Theo hệ thức Vi – et ta có x1 x2 c ,    f x Do b, c dương nên   chỉ có nghiệm âm  x1  0, x2  0 Đặt x1  p, x2  q thì p  0, q  0 và pq c f  x   x  p   x  q  f  2   2  p   2  q   1  1  p   1  1  q  3 3 p .3 3 q 9 3 pq 9 3 c 3.. 2. 2. 0,25 0,25 0,25 0,25. 2. Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x  y  z 3 xyz . Chứng minh: x2 y2 z2   1. y2 z 2 x2 (*). x2 y2 x2 y  2 2 x2 6x  y  2  2 .  x  9 y 2 9 3 y 2 9 Ta có y  2 y2 6y  z  2 z2 6z  x  2   9 9 Tương tự z  2 , x2 . Đặt vế trái của (*) là P. Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được:.  1 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> P.  x  y  z Lại có. 9. 3. 3xyz , x 2  y 2  z 2 .  x  y  z 4a.. 5 x  y  z   6 9. 3. . 1 2  x  y  z 3 .. 0,25. 1 2  x  y  z   x  y  z 3 3 .. 9 Từ giả thiết suy ra Do đó P 1 . Hình vẽ (Học sinh vẽ đúng đến câu a.). 0,25. K. M. I. 0,25. N A. Q o' O c. E P. B. D. 0   Chứng minh MAN  MBN 180 và I là trung điểm của MN.     Ta có IMA  ABM , MIA MIB. 4b..       MBN  MAN  ABM  ABN  MAN IMA  INA  MAN 1800 2 IMA IBM  IM IA.IB 2 Tương tự ta có IN IA.IB . Do đó IM = IN nên I là trung điểm của MN. Chứng minh tam giác AME đồng dạng tam giác ACD và các điểm A, B, P, Q cùng thuộc một đường tròn. AME  ACD    ; AEM  ADC (tứ giác AEBD nội tiếp)  AME ACD AE EM EQ  AEQ  ADC ,   AD DC DP  AEQ ADP.  1 0,25 0,25 0,25 0,25.  1 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 4c.. 5.. AQE  APD  . Vậy tứ giác ABPQ nội tiếp. Chứng minh tam giác BIP cân.. 0,25.  0,75. Gọi K là giao điểm của CM và DN. Do CDNM là hình thang nên các 0,25 điểm I, K, P thẳng hàng.   MN // BC  OM  BC  BMC cân tại M  MCB MBC .       0,25 Do MN // BC nên MCB KMN , MBC BMN . Suy ra KMN BMN   Chứng minh tương tự ta được KNM BNM . Do đó BMN KMN MB = MK, NB = NK nên MN là trung trực của KB  BK  CD, IK  IB . 0,25 Tam giác KBP vuông tại B có IK = IB nên I là trung điểm KP. Vậy tam giác BIP cân tại I. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và có trực tâm là H. Chứng minh: HA HB HC  1    3 BC CA AB . Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao tương ứng kẻ từ các đỉnh A A, B, C của tam giác ABC. E HA HB HC x , y ,z 0,25 BC CA AB . F Đặt H HB BD BHD ADC   AC AD Ta có B. xy . D. C. HA HB HA.BD S AHB .   BC AC BC. AD S ABC. 0,25. S BHC S , zx  CHA S ABC S ABC . Tương tự, ta có S  S BHC  SCHA S ABC  xy  yz  zx  AHB  1 S ABC S ABC yz . x  y  z Lại có . 2. 3  xy  yz  zx . x  y  z nên . 0,25. 2. 3  x  y  z  3. HA HB HC    3 Vậy BC CA AB ……………HẾT……………. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>