040 đề vào 10 chuyên bình phước 2012 2013

Nguyễn Anh Tuấn Trường PTDTNT tỉnh Bình Phước ĐỀ Câu I (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức 6(1  5)  ĐT: 0985.767.113 29  12 x  x 4   ; x 0, x 4 x x  x  x  21 Cho biểu thức: A  Chứng minh A>1 Câu II (6,0 điểm) Cho Parabol (P): y x đường thẳng (d): y 2  m  3 x  m  (1) Tìm giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn xx 57 hệ thức: x1  x2  x  x  2 Giải phương trình x 10 x  7  ( x  x) (1)  x  y   y  x 2  x  y 5 Giải hệ phương trình  Câu III (2,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương n cho giá trị biểu thức A 30n  6n  2012 chia hết cho giá trị biểu thức B 5n  Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn đường cao AD, BE, CF cắt H Chứng minh tứ giác AFDC nội tiếp;  chứng minh AD đường phân giác của góc FDE Gọi M trung điểm BH Chứng minh MF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFDC ( đề sai ) CâuV (2,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện ab+bc+ca = 3abc Tìm giá trị 1   lớn biểu thức P  a 1 b 1 c 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TOÁN (CHUYÊN) TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUANG TRUNG BÌNH PHƯỚC 2012-2013 (tham khảo) Câu I (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức Nguyễn Anh Tuấn Trường PTDTNT tỉnh Bình Phước 6(1  5)  29  12     6  3  4  2 5 2 5  ĐT: 0985.767.113 2  x  x 4   ; x 0, x 4 x x  x  x  21 3( x  1) 2( x  2) 3( x  1)  2( x  4)       x x 1 x 1 x x 1 x 2 Cho biểu thức: A     x 1  x  2  x    x  1  x 2  x  2 x     x 2 1 1   (vì  0) x 1 x 1 x 1 Suy điều phải chứng minh Câu II (6,0 điểm) Cho Parabol (P): y x đường thẳng (d): y 2  m  3 x  m  (1) Tìm giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn xx 57 hệ thức: x1  x2  x  x  Giải 2 + Pt hoành độ giao điểm (P) (d) x   m  3 x  m  0 (1) + (P) cắt (d) hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt   /    m  3   m 3   m    m   1(*)   x  x 2(m  3)  2 + Khi theo giả thiết Vi-ét ta có  x1 x2 m   xx 57  x1  x2   x1  x2  (1) (2) (3) Thế pt (1), (2) vào (3) ta có 4.4(m  3)  4(m  3)  57.2(m  3) 0; (m  3) ( n)  m 5  2m  3m  35 0    m  3,5 (l ) + Kết luận: giá trị cần tìm m = Giải phương trình x 10 x  7  ( x  x) (1) + Đk: x  10 x  0 (*) , pt (1) tương đương x  10 x   5 x  10 x   36 0  t 4 ( n) + Đặt t  x  10 x  1, t 0 phương trình trở thành t  5t  36 0    t  (l ) + Với t = Nguyễn Anh Tuấn Trường PTDTNT tỉnh Bình Phước ĐT: 0985.767.113  x  10 x  4  x  10 x  16  x 1 (n)  x  x  0    x  (n) + Kết luận: tập nghiệm pt (1) là: S  1;  3 Giải hệ phương trình 2  x     y  1 0  x  y  1  x  y  3 0    2  x  y 5  x  y 5  x  y  0  2  x  y 5 2  x  y   y  x   2  x  y 5  x  y  0     x  y 5 + TH1:  x  y  0  x  x  0      x  y 5  y x   x   x 2     y   y 1 + TH1:  x  y  0   2  x  y 5  x  x  0    y  x   x 1  x 2     y 2  y 1 + Kết luận: hệ pt có nghiệm (x;y) là: (-1;-2), (2;1), (1;2) Câu III (2,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương n cho giá trị biểu thức A 30n2  6n  2012 chia hết cho giá trị biểu thức B 5n  Giải Ta có A 30n  6n  2012 (5n  4)(6n  6)  2036 A chia hết cho B 2036 chia hết cho B 5n  suy B 5n  ước 2036, n nguyên dương nên B 5n  1       5n  5n  5n  5n  5n  5n  1  n 1 2 ( không thỏa mãn) 4 ( không thỏa mãn) 509 ( không thỏa mãn) 1018 ( không thỏa mãn) 2036  n 408 + Kết luận: giá trị cần tìm n =1, n = 408 Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn đường cao AD, BE, CF cắt H Chứng minh tứ giác AFDC nội tiếp;  + Ta có AFC CDA nên tứ giác AFDC nội tiếp  chứng minh AD đường phân giác của góc FDE   + Ta có BFH  HDB 1800 suy tứ giác BDHF nội tiếp Nguyễn Anh Tuấn Trường PTDTNT tỉnh Bình Phước ĐT: 0985.767.113   ADF FBH (1) (góc nội tiếp chắn cung)   + Ta lại có CEH  HDC 1800 suy tứ giác CDHE nội tiếp   ADE ECH (2) (góc nội tiếp chắn cung)   + Mặt khác BFC nên tứ giác BCEF nội tiếp CEB    FBH ECH (3) (góc nội tiếp chắn cung) + Từ (1), (2) (3) suy ADF  ADE suy AD đường phân giác  góc FDE Gọi M trung điểm BH Chứng minh MF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFDC + Gọi N trung điểm AC suy N tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFDC Do ta cần chứng minh MF  FN (FN bán kính)   + ta có BFM FBM (4) ( tam giác BFM cân M)   NFC NCF (5) ( tam giác CNF cân N)   FBM NCF (6) ( tứ giác BCEF nội tiếp)     + Từ (4), (5) (6) suy NFC MFB mà BFC 900 suy MFN 900 hay MF  FN F, dó MF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFDC ( đề sai ) CâuV (2,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện ab+bc+ca = 3abc Tìm giá trị 1   lớn biểu thức P  a 1 b 1 c 1 Giải + Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương ta có 1 1 1  ab  bc  ca  P         a  b  c  2a 2b 2c  abc  + Dấu “=” xảy a = b = c =1 + Kết luận: Giá trị lớn P a = b = c = - - -Hết - - Trong trình làm soạn khơng tránh khỏi thiếu sót mong bạn thông cảm!