007 đề vào 10 chuyên bình phước 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2017-2018 MƠN : TỐN ( CHUN) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi : 03/6/2017 Thời gian làm : 150 phút Câu ( 2.0 điểm ) Cho biểu thức : a) Rút gọn biểu thức P P = x - x +x x +6 + x +2 x+ x- x +1 x - , với x ³ 0, x ¹ ( x + 27) P ( x + 3) ( x - 2) , với x ³ 0, x ¹ 1, x ¹ Chứng minh Q ³ b) Cho biểu thức 2 Câu ( 1.0 điểm ) Cho phương trình : x - 2( m - 1) x + m - = ( x ẩn, m tham Q= số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 cho x1 + 4x1 + 2x2 - 2mx1 = Câu ( 2.0 điểm ) a) Giải phương trình : x + - x = x - + - x + 8x - + ìï x + - xy y2 + = ïï í ïï x - xy2 + + x - = xy2 b) Giải hệ phương trình : ïỵ ( 1) ( 2) Câu ( 3.0 điểm ) ¼ = 600 , AC = b, AB = c ( b > c) Đường kính EF đường Cho tam giác ABC có BAC trịn ngoại tiếp tam giác ABC vng góc với BC M ( E thuộc cung lớn BC ) Gọi I J chân đường vng góc hạ từ E xuống đường thẳng AB AC Gọi H K chân đường vng góc hạ từ F xuống đường thẳng AB AC a) Chứng minh tứ giác AIEJ , CMJ E nội tiếp EA.EM = EC EI b) Chứng minh I ,J , M thẳng hàng IJ vng góc với HK c) Tính độ dài cạnh BC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC theo b,c 3 Câu ( điểm ) Chứng minh biểu thức S = n ( n + 2) + ( n + 1) ( n - 5n + 1) - 2n - chia hết cho 120 , với n số nguyên Câu ( điểm ) a) Cho ba số a,b,c thỏa mãn a + b + c = a £ 1, b £ 1, c £ Chứng minh a4 + b6 + c8 £ b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức lớn T = ( x3 + y3) - ( x2 + y2) ( x - 1) ( y - 1) với x,y số thực -Hết - ĐÁP ÁN VÀO 10 TỐN CHUN BÌNH PHƯỚC 2017-2018 Câu a) Ta có x - x +x x +6 x +1 + x +2 x+ x- x- x ( x - 1) - x + x x + - ( x + 1) ( x + 2) = ( x - 1) ( x + 2) x - x - x + x x + 6- x - x - = ( x - 1) ( x + 2) - x +x x - x +4 = ( x - 1) ( x + 2) P = = ( x - 1) ( x - 4) ( x - 1) ( x + 2) = x - b) Với x ³ 0, x ¹ 1, x ¹ , ta có ( x + 27) P x + 27 x - + 36 Q= = = ( x + 3) ( x - 2) x +3 x +3 36 36 = x - 3+ = - + ( x + 3) + ³ - + 12 = x +3 x +3 36 x 3   x  36  x 9 x  Dấu “=” xẩy  Câu  Phương trình cho có hai nghiệm  x1  x2 2  m  1  Theo hệ thức Vi-ét:  x1.x2 m  Mà x1 + 4x1 + 2x2 - 2mx1 =  0   2m  0  m 2  1 Û x1 ( x1 - 2m + 2) + 2( x1 + x2 ) = Û - x1.x2 + 2( x1 + x2 ) = Û - m2 + + 4( m - 1) = ém = + ê Û m - 4m + = Û ê ( 2) êm = - ë  1   suy m 2  Từ Câu a) Điều kiện  x 7 Ta có x + - x = x - + - x + 8x - + Û 2( - x - x - 1) + ( x - 1) - Û 2( - x - x - 1) + x - 1( x - - Û ( 7- x - x - 1) ( - ( x - 1) ( - x) = 7- x) = x - 1) = é x- 1=2 éx = ê Û ê Û ê êx = ê x - = 7- x ê ë ë ( thỏa mãn điều kiện) x Vậy phương trình có hai nghiệm 4; x 5  x 1   1 , ta có y  x  xy  0 b) Điều kiện  , kết hợp với phương trình  1 , ta có Từ x   xy y  0  x   xy y   16  x  1  x y  y     y  y  x  16 x  16 0 4 x x 0 y y  x Giải phương trình theo ẩn ta ( loại) x   xy 4   , ta : x   x  4 y Với vào phương trình Điều kiện x  , ta có x   x  4     x2    x2   x   0 3 x  2 0 x  1 x  1  x2    x  2    0 x  1   x  1 x2  0 x  1  x  0 ( x   )  x 2    y 2  y  2; y 0  x  Với ta có Kết hợp với điều kiện trên, hệ phương trình có nghiệm Câu  I  E A J N O K B H M C F · · E = 900 nên tứ giác AIEJ nội tiếp = AJ a) Ta có: AIE · · C = 900 nên tứ giác CMJ E nội tiếp EMC = EJ Xét tam giác AEC IEM , có ACE EMI  ( chắn cung JE đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE )   EAC EIM ( chắn cung JE đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ ) AE EC    EA.EM EC.EI EI EM Do hai tam giác AEC đồng dạng IEM (đpcm) IEM  AEC  AEI CEM  b) Ta có AEI  AJI   Mặt khác ( chắn cung IJ ), CEM CJM ( chắn cung CM ) Suy   CJM  AJI Mà I , M nằm hai phía đường thẳng AC nên CJM  AJI đối đỉnh suy I , J , M thẳng hàng Tương tự, ta chứng minh H , M , K thẳng hàng   Do tứ giác CFMK nội tiếp nên CFK CMK   Do tứ giác CMJE nội tiếp nên JME JCE     Mặt khác ECF 90  CFK JCE ( phụ với ACF )     Do CMK JME  JMK EMC 90 hay IJ  HK   N  AC  Vì BAC 600 nên ABN 300 c) Kẻ BN  AC AB c 3c  AN    BN  AB  AN  2 2 3c  c  BC BN  CN    b   b  c  bc  BC  b  c  bc  2 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác 2 BC R OE  EM    b  c  bc  ABC Xét tam giác BCE có 3.2 Câu Ta có S = n ( n4 + 5n + 5n - 5n - 6) 2 ù =né ê ë( n - 1) ( n + 6) + 5n ( n - 1) ú û 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 tích số nguyên tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5! nên chia hết cho 120 Câu 6 a) Từ giả thiết a £ 1, b £ 1, c £ 1, ta có a £ a ,b £ b ,c £ c Từ a4 + b6 + c8 £ a2 + b2 + c2 Lại có ( a - 1) ( b - 1) ( c - 1) £ ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ³ nên ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) - ( a - 1) ( b - 1) ( c - 1) ³ Û 2ab + 2bc + 2ca + ³ Û - 2( ab + bc + ca) £ 2 2 Hơn a + b + c = Û a + b + c = - ( ab + bc + ca) £ Vậy a + b + c £ ( x3 + y3) - ( x2 + y2) x2 ( x - 1) + y2 ( y - 1) x2 y2 T = = = + ( x - 1) ( y - 1) ( x - 1) ( y - 1) y- x- b) Ta có Do x > 1, y > nên x - > 0, y - > x2 y2 , Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương y - x - , ta có : ( x - 1) + ³ x - Û ( x - - 1) ³ Û x - x - ³ Û ( y - 1) + ³ y - Û ( y - - 1) ³ Û y - y - ³ Û x ³ x- x ³ y- x2 y2 2xy T = + ³ ³ y- x- x - y - Do ìï x2 y2 ïï = ïï y - x - ì x = ï ïï Û íï í x - 1= ïï ïï y = ỵ ïï y - = ïï Dấu “ = ” xẩy ïỵ (thỏa mãn điều kiện) Vậy giá trị nhỏ biểu thức T = x = y = Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác khoa học theo yêu cầu toán giám khảo cân nhắc cho điểm tối đa phần