De thi HSG chuyen Binh Phuoc toan 9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN : TOÁN ( CHUYÊN)

(Đề thi gồm 01 trang)

Ngày thi : 03/6/2017
Thời gian làm bài : 150 phút
P =

x
- x +x x +6
+
x +2
x+ x- 2

x +1
x - 1 , với x ³ 0, x ¹ 1.

Câu 1 ( 2.0 điểm ) Cho biểu thức :
a) Rút gọn biểu thức P .
( x + 27) .P
Q=
( x + 3) ( x - 2) , với x ³ 0, x ¹ 1, x ¹ 4. Chứng minh Q ³ 6.
b) Cho biểu thức
2
2

Câu 2 ( 1.0 điểm ) Cho phương trình : x - 2( m - 1) x + m - 3 = 0 ( x là ẩn, m là tham số). Tìm m
2
để phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho x1 + 4x1 + 2x2 - 2mx1 = 1.
Câu 3 ( 2.0 điểm )
2
a) Giải phương trình : x + 2 7 - x = 2 x - 1 + - x + 8x - 7 + 1.
ìï 4 x + 1 - xy y2 + 4 = 0
( 1)
ïï
í 2
ïï x - xy2 + 1 + 3 x - 1 = xy2
( 2) .
b) Giải hệ phương trỡnh : ợù
Cõu 4 ( 3.0 im )
ẳ
= 600 , AC = b, AB = c ( b > c) . Đường kính EF của đường trịn
Cho tam giác ABC có BAC
ngoại tiếp tam giác ABC vng góc với BC tại M ( E thuộc cung lớn BC ). Gọi I và J là chân
đường vng góc hạ từ E xuống các đường thẳng AB và AC . Gọi H và K là chân đường vng
góc hạ từ F xuống các đường thẳng AB và AC .
a) Chứng minh các tứ giác AI EJ , CMJ E nội tiếp và EA.EM = EC .EI .
b) Chứng minh I ,J , M thẳng hàng và IJ vng góc với HK .
c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC theo b,c .

S = n3 ( n + 2) + ( n + 1) ( n3 - 5n + 1) - 2n - 1
Câu 5 ( 1. điểm ) Chứng minh biểu thức
chia hết cho
120 , với n là số nguyên.
Câu 6 ( 1. điểm )
a) Cho ba số a,b,c thỏa mãn a + b + c = 0 và a £ 1, b £ 1, c £ 1. Chứng minh rằng

2

a4 + b6 + c8 £ 2.
T =
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( x3 + y3) - ( x2 + y2)
( x - 1) ( y - 1)

với x, y là các số thực lớn hơn 1.

---Hết--Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh:…………………………………………………..
Chữ kí giám thị 1:……………………………………………….
Chữ kí giám thị 2:……………………………………………….
Giáo viên đánh đề+ đáp án
Mai Vĩnh Phú trường THCS-THPT Tân Tiến- Bù Đốp - Bình Phước.
( Vùng quê nghèo chưa em nào đậu nổi trường chuyên Toán….)

1


Câu 1
a) Ta có

x
- x +x x +6
x +1
+
x +2

x+ x- 2
x- 1
x ( x - 1) - x + x x + 6 - ( x + 1) ( x + 2)
=
( x - 1) ( x + 2)
x - x - x + x x + 6- x - 3 x - 2
=
( x - 1) ( x + 2)
- x +x x - 4 x +4
=
( x - 1) ( x + 2)
P =

=

( x - 1) ( x - 4)
( x - 1) ( x + 2)

= x - 2.
b) Với x ³ 0, x ¹ 1, x ¹ 4, ta có
( x + 27) .P
x + 27
x - 9 + 36
Q=
=
=
( x + 3) ( x - 2)
x +3
x +3
36

36
= x - 3+
= - 6 + ( x + 3) +
³ - 6 + 12 = 6
x +3
x +3
.
36
2
x 3 

x

3
36  x 9
x 3
Dấu “=” xẩy ra khi
.





Câu 2

Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi

 x1  x2 2  m  1

x .x m 2  3

Theo hệ thức Vi-ét:  1 2
2
Mà x1 + 4x1 + 2x2 - 2mx1 = 1

 0   2m  4 0  m 2

 1 .

Û x1 ( x1 - 2m + 2) + 2( x1 + x2 ) = 1

Û - x1.x2 + 2( x1 + x2 ) = 1
Û - m2 + 3 + 4( m - 1) = 1
ém = 2 + 2
ê
2
Û m - 4m + 2 = 0 Û ê
êm = 2 - 2
ë
 1 và  2  suy ra m 2  2 .
Từ
Câu 3
a) Điều kiện 1  x 7

( 2)

2
Ta có x + 2 7 - x = 2 x - 1 + - x + 8x - 7 + 1
Û 2( 7 - x - x - 1) + ( x - 1) - ( x - 1) ( 7 - x) = 0

Û 2( 7 - x Û

(

7- x -

x - 1) + x - 1( x - 1 x - 1) ( 2 -

7- x) = 0

x - 1) = 0

é x- 1=2
éx = 5
ê
Û ê
Û ê
êx = 4
ê x - 1 = 7- x
ê
ë
ë
( thỏa mãn điều kiện).
x
Vậy phương trình có hai nghiệm 4; x 5 .

2


b) Điều kiện
 1 , ta có

Từ

 x 1
 2
2
 x  xy  1 0

, kết hợp với phương trình

 1 , ta có

y  0.

4 x  1  xy y 2  4 0  4 x  1  xy y 2  4
 16  x  1 x 2 y 2  y 2  4    y 4  4 y 2  x 2  16 x  16 0

.
4
4
x 2
x 2
0
y hoặc
y 4
Giải phương trình theo ẩn x ta được
( loại).
4
x  2  xy 2 4
 2  , ta được : x 2  3  3 x  1 4
y

Với
thế vào phương trình
Điều kiện x  3 , ta có

x 2  3  3 x  1 4




 

x2  3  1  3

x2  4



x  1  1 0

3 x  2

0
x  1 1
x2  3 1
 x2

3
  x  2 

 0

2
x

1

1
x

3

1


x2
3

0
x  1 1
 x  2 0 ( vì x 2  3  1
)  x 2.




Với x 2 ta có
Câu 4

 y 2 2
 y 2


y  0

. Kết hợp với điều kiện trên, hệ phương trình có nghiệm

 2; 2  .

· E = AJ
· E = 900 nên tứ giác AI EJ nội tiếp.
a) Ta có: AI
·
· C = 900 nên tứ giác CMJ E nội tiếp.
EMC
= EJ

Xét tam giác AEC và IEM , có
ACE EMI

( cùng chắn cung JE của đường trịn ngoại tiếp tứ giác CMJE ).


EAC
EIM
( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ ).
3




AE EC


 EA.EM EC.EI
EI EM
(đpcm).

Do đó hai tam giác AEC đồng dạng IEM




b) Ta có IEM  AEC  AEI CEM .




Mặt khác AEI  AJI ( cùng chắn cung IJ ), CEM CJM ( cùng chắn cung CM ). Suy ra


CJM
 AJI . Mà I , M nằm hai phía của đường thẳng AC nên CJM
 AJI đối đỉnh suy ra I , J , M
thẳng hàng.
Tương tự, ta chứng minh được H , M , K thẳng hàng.


Do tứ giác CFMK nội tiếp nên CFK CMK .


Do tứ giác CMJE nội tiếp nên JME  JCE .
0





Mặt khác ECF 90  CFK JCE ( vì cùng phụ với ACF ).
0




Do đó CMK  JME  JMK EMC 90 hay IJ  HK .

 N  AC  . Vì BAC
600 nên ABN 300
c) Kẻ BN  AC
AB c
3c 2
 AN 
  BN 2  AB 2  AN 2 
2
2
4
2
2
3c 
c
 BC 2 BN 2  CN 2 
  b   b 2  c 2  bc  BC  b 2  c 2  bc
4 
2
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

2
2 BC 3 1
R OE  EM 
 . 3  b 2  c 2  bc 
ABC . Xét tam giác đều BCE có
3
3.2
3
.
Câu 5
Ta có
S = n ( n4 + 5n3 + 5n2 - 5n - 6)
2
2
2
ù
=né
ê( n - 1) ( n + 6) + 5n ( n - 1) û
ú
ë
2
2
= n ( n - 1) ( n + 5n + 6)
= n ( n - 1) ( n + 1) ( n + 2) ( n + 3)
= ( n - 1) n ( n + 1) ( n + 2) ( n + 3)
Ta có S là tích của 5 số nguyên tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5! nên chia hết cho 120.
Câu 6
4
2 6
2 8

2
a) Từ giả thiết a £ 1, b £ 1, c £ 1, ta có a £ a ,b £ b ,c £ c . Từ đó

a4 + b6 + c8 £ a2 + b2 + c2
Lại có ( a - 1) ( b - 1) ( c - 1) £ 0 và ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ³ 0 nên
( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) - ( a - 1) ( b - 1) ( c - 1) ³ 0
Û 2ab + 2bc + 2ca + 2 ³ 0 Û - 2( ab + bc + ca) £ 2.
2
2
2
4
6
8
Hơn nữa a + b + c = 0 Û a + b + c = - ( ab + bc + ca) £ 2. Vậy a + b + c £ 2.
( x3 + y3) - ( x2 + y2) x2 ( x - 1) + y2 ( y - 1)
x2
y2
T =
=
=
+
( x - 1) ( y - 1)
( x - 1) ( y - 1)
y- 1 x- 1
b) Ta có
Do x > 1, y > 1 nên x - 1 > 0, y - 1 > 0

x2
y2
,

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương y - 1 x - 1 , ta có :

( x - 1) + 1 ³ 2 x - 1 Û

(

2

x - 1 - 1) ³ 0 Û x - 2 x - 1 ³ 0 Û

x
³ 2
x- 1

4


( y - 1) + 1 ³ 2 y - 1 Û
T =
Do đó

(

x2
y2
+
³
y- 1 x- 1

2

y - 1 - 1) ³ 0 Û y - 2 y - 1 ³ 0 Û

x
³ 2
y- 1

2xy
³ 8
x - 1. y - 1

ìï x2
y2
ïï
=
ïï y - 1 x - 1
ïïí x - 1 = 1
Û
ïï
ïï y - 1 = 1
ïï
=
Dấu “ ” xẩy ra khi ïỵ

ìï x = 2
ï
í
ïï y = 2
ỵ

(thỏa mãn điều kiện)
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 8 khi x = y = 2.
Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác đúng khoa học theo yêu cầu bài toán giám khảo cân
nhắc cho điểm tối đa của từng phần.

5