De thi vao 10 chuyen toan tinh Ben Tre 20182019

SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HOC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE
NĂM HỌC 2018-2019
MƠN: TỐN (chun)
Thời gian: 150 phút ( khơng kể giao đề )

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: ( 2 điểm )
P
Cho biểu thức

a b a b a
1  ab
P:

a) Rút gọn biểu thức

b
với a, b là hai số thực dương.

1
( a  b )( a  b) .

b) Tính giá trị của biểu thức P khi a 2019  2 2018 và b 2020  2 2019 .
Câu 2: ( 1,5 điểm )
2
a) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rẳng p  1 chia hết cho 24.
2

b) Cho phương trình x  2mx  m  4 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m đề phương trình đã cho có
1
2
2
hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1  x2 đạt giá trị lớn nhất.

Câu 3: ( 1,5 điểm )
a) Giải phương trình:

x 3  1 x 2  3 x  1 .

 x 2  4 y 2 2

( x  2 y )(1  2 xy ) 4
b) Giải hệ phương trình: 
.
Câu 4: ( 2 điểm )
3
a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x  xy  2 x  y .
4 1
T 
a b.
b) Cho hai số thực a, b thỏa a  b 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Câu 5: ( 3 điểm )
Cho nửa đường trịn (O; R) có đường kính AB. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B. Trên cung AB lấy
điểm M tùy ý ( M khác A, B ), tia AM cắt đường thẳng d tại N. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AM, tia CO
cắt đường thẳng d tại điểm D.
a) Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp.
NE. AD
2 R

b) Gọi E là hình chiếu của N trên đoạn AD. Chứng minh rằng ba điểm N,O,E thẳng hàng và ND
.
CA
.
CN

CO
.
CD
c) Chứng minh rằng
d) Xác định vị trí của điểm M để 2AM  AN đạt giá trị nhỏ nhất.


Câu 1: ( 2 điểm )
P
Cho biểu thức

a b a b a
1  ab
P:

a) Rút gọn biểu thức

b
với a, b là hai số thực dương.

1
( a  b )(a  b) .

b) Tính giá trị của biểu thức P khi a 2019  2 2018 và b 2020  2 2019 .

Bài giải
ab ( a  b )  ( a  b ) ( a  b )(1  ab )
P

 a b
1

ab
1

ab
a)
1
 P:
P.( a  b )(a  b) ( a  b )( a  b )(a  b) (a  b)(a  b) a 2  b 2
( a  b )(a  b)
P  a  b  2019  2 2018  2020  2 2019  ( 2018  1) 2  ( 2019 1) 2  2018 
b)
Câu 2: ( 1,5 điểm )
2
a) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rẳng p  1 chia hết cho 24.

2019

2
b) Cho phương trình x  2mx  m  4 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m đề phương trình đã cho có
1
2
2
hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1  x2 đạt giá trị lớn nhất.

Bài giải
2
a) Ta có nhận xét sau: Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì p 1(mod 24) (1).
Lại có:  1 23(mod 24) (2).

(1)  (2)  p 2  1 24(mod 24) 0(mod 24) .
2
Vậy p  1 chia hết cho 24 với p là số nguyên tố lớn hơn 3.

b) Điều kiện :  '  0
 m2  m  4  0
1
15
 (m  ) 2   0
2
4
( với mọi m ).
x

x

2
m
x
1
2
Theo Vi-ét ta được:
; 1 x2  m  4
1

1
1
1
1
4

 2

 
2
2
x  x2
( x1  x2 )  2 x1 x2 4m  2m  8 2( 2m  1 ) 2  31 31 31
4
4
2 2
Ta có :
1
4
1
m
2
2
x

x
4 .
2 = 31 
Vậy Max 1
2

1

Câu 3: ( 1,5 điểm )
a) Giải phương trình:

x3  1 x 2  3x  1 .


 x 2  4 y 2 2

( x  2 y )(1  2 xy ) 4
b) Giải hệ phương trình: 
.
Bài giải
 x3  1 0
 x  1
 2
 2
x  3x  1 0
 x  3x  1 0 .
a) Điều kiện : 
x3  1 x 2  3x  1


( x  1)( x 2  x  1)  x 2  3x  1

2
Đặt a  ( x  1); b  ( x  x  1) ; ( a 0, b  0 )
Phương trình tương đương :


5  37
x
b  2a ab
a  b 0
2
 
 2a b  2 ( x 1)  ( x 2  x  1)  x 2  5 x  3 0  
2
2
 2a  ab  b 0

5  37
2a b
x

 (a  b)(2a  b) 0

2
(TM)
5  37
5  37
x
x
2
2
Vậy phương trình có 2 nghiệm :
hoặc
.
2

2
2
2
 x  4 y 2
 x  4 xy  4 y 2(1  2 xy )
( x  2 y ) 2 2(1  2 xy )



( x  2 y )(1  2 xy ) 4
( x  2 y )(1  2 xy ) 4


( x  2 y )(1  2 xy ) 4
b)
Đặt a x  2 y; b 1  2 xy . Hệ phương trình tương đương
2

2

 x 1
 x  2 y 2

 

1
1  2 xy 2  y 

2 .
1

( x; y ) (1; )
2 .
Vậy hệ phương trình có nghiệm
Câu 4: ( 2 điểm )
3
a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x  xy  2  x  y .
a 2 2b
a 2 


b 2
ab 4

4 1
T 
a b.
b) Cho hai số thực a, b thỏa a  b 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Bài giải
2
a) Biến đổi phương trình thành : ( x  1)( x  x  y )  2


  x  1  2
  x  3
 2

  x  x  y 1   y 11
  x  1 2
  x 1



  x 2  x  y  1   y 1
 

  x  1 1
  x 0
 2
  y 2
x

x

y

2



  x  1  1
  x  2
 2

  x  x  y 2   y 4
Vậy phương trình có các nghiệm ngun ( x; y ) ( 3;11);(1;1);(0; 2);( 2; 4) .
4 1 4a  4b a  b
4b a
4b a
T  

5   5  2

. 5  4 9
a b
a
b
a b
a b
b)
.
2
1
a  ;b 
3
3.
Vậy Min T 9 

Câu 5: ( 3 điểm )
Cho nửa đường trịn (O; R) có đường kính AB. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B. Trên cung AB lấy
điểm M tùy ý ( M khác A, B ), tia AM cắt đường thẳng d tại N. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AM, tia CO
cắt đường thẳng d tại điểm D.
a) Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp.
NE. AD
2 R
b) Gọi E là hình chiếu của N trên đoạn AD. Chứng minh rằng ba điểm N,O,E thẳng hàng và ND
.
CA
.
CN

CO
.

CD
c) Chứng minh rằng
d) Xác định vị trí của điểm M để 2AM  AN đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài giải
a) Bạn đọc tự chứng minh
b) O là trực tâm của AND nên ba điểm N,O,E thẳng hàng.
NB. AB NB.2 R
S ANB 

R.NB
2
2
Ta có:
BD. AB BD.2 R
S ABD 

R.BD
2
2
 S AND S ANB  S ABD R (NB BD) R.ND
NE. AD

R.ND
2
NE. AD

2 R
ND
c) Chứng minh CAO CDN  CA.CN CO.CD
d) Ta có ABN vng tại B có MB là đường cao nên theo hệ

thức lượng, ta được:


AM . AN  AB 2 (2 R)2 4 R 2
Theo BDT Cơ- Si, ta có:
2 AM  AN 2 2 AM . AN 2 8 R 2 4 2 R (không đổi).
AN
AM 
M

2
Vậy Min 2AM  AN 4 2R 
là điểm chính giữa cung AB .

Chú ý : Đây là lời giải của cá nhân, nếu có gì sai sót mong các bạn thơng cảm.
2
Trần Nguyễn Đắc Lãm, lớp 9 / .
THCS Tân Lợi Thạnh, Giồng Trôm, Bến Tre.