Đề tuyển sinh lớp 10 môn toán (chuyên) tỉnh bình phước 2013 2014

Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4.. Kẻ đường thẳng d qua điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn O, đườn

Câu 1 (2,0 điểm)

a Tính A= 8 2 7+ + 16 6 7−

b Rút gọn biểu thức: 1 : 1

1

M

x

= − ÷÷

  , (với x>0,x≠1).

Câu 2 (1,0 điểm)

Cho phương trình: x2−4x+2m− =3 0, (1) với m là tham số Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn: 1, 2 3( x1+ x2) = x x1 2+17

Câu 3 (2,0 điểm)

a Giải phương trình: x+ +1 5x = 4x− +3 2x+4

b Giải hệ phương trình: (2 2 2)(2 ) 2 (5 2) 2



 − = −



Câu 4 (1,0 điểm)

a Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4

b Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2−2y2−5xy x+ −2y− =7 0

Câu 5 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A) Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N (khác điểm A)

a Chứng minh rằng: EB2 =ED EA và BA CA

BD=CD

b Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm

c Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP

d Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân

Câu 6 (1,0 điểm)

a Chứng minh rằng: a3+ ≥b3 ab a b( + ), với a, b là hai số dương

b Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a b+ ≥1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( 3 3) (2 2 2) 3

2

F= a +b + a +b + ab

Hết

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

Năm học: 2013-2014

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 01 trang)

Đề thi môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 30/6/2013 Thời gian làm bài: 150 phút

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ……….………SBD: …………

Họ và tên giám thị 1: ……… chữ kí: …….…

Họ và tên giám thị 2: ……… chữ kí: …….…

GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC

NĂM HỌC 2013-2014

Câu 1 (2,0 điểm)

a Tính A= 8 2 7+ + 16 6 7−

Giải

b Rút gọn biểu thức: 1 : 1

1

M

x

= − ÷÷

  , (với x>0,x≠1).

Giải

( )

1

x x

+ Vậy M = x( x−1)

Câu 2 (1,0 điểm)

Cho phương trình: 2

x − x+ m− = , (1) với m là tham số Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn: 1, 2 3( x1 + x2) = x x1 2+17

Giải

+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 ≥0

+) Với 3 7

2≤ <m 2 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 ≥0

Áp dụng định lí Viet ta có: 1 2

1 2

4

x x

+ =



 +) Ta có 3( x1 + x2)= x x1 2+17 ⇔3(x1+ +x2 2 x x1 2) =x x1 2+17⇔3 4 2 2( + m− =3) 2m− +3 17

1

m

≥ −



1 1

2

16 28 0

14

m m

m

m

≥ −



≥ −

So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là m=2

Câu 3 (2,0 điểm)

a Giải phương trình: x+ +1 5x = 4x− +3 2x+4

Giải

Cách 1:

+) ĐK:

1

1 0

0

3

4

x x

x x

x

≥ −

 + ≥

+) Ta có PT ⇔ + +x 1 2 x+1 5x+5x=4x− +3 2 4x−3 2x+ +4 2x+4

2

3 ( )

1 5 4 3 2 4 5 ( 1) (4 3)(2 4) 3 5 12 0 4

( ) 3

= −





 =

 +) KL: Phương trình có một nghiệm 4

3

x=

Cách 2:

+) ĐK:

1

1 0

0

3

4

2 4 0

2

x x

x x

x

x

x

≥ −

 + ≥

+) Ta có: x+ +1 5x = 4x− +3 2x+4

0

3( )

0

x

= −







+) Ta giải phương trình:

0

0

4 ( ) 3

0

x





⇔

Dể thấy 1 1 0

5x 2x 4 + 5x 2x 4 >

+ + − + ⇒ PT chĩ có một nghiệm duy nhất là

4 3

x=

b Giải hệ phương trình: (2 2 2)(2 ) 2 (5 2) 2



 − = −



Giải

+) Ta có PT(1)⇔2x2+xy+4xy+2y2−4x−2y=10xy−4x−2y

⇔2x2−5xy+2y2 = ⇔0 (2x2−4xy)+(2y2−xy) 0= ⇔2 (x x−2 )y −y x( −2 ) 0y =

( 2 )(2 ) 0

+) Trường hợp 1: x=2y, kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2 2

=



 − = −



2

1

2

x

x

x

y

 =





=



=





  = +) Trường hợp 2: y=2x, kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2 2

=



 − = −



2

7 46 2

14 2 46 2

7 46

7 46

14 2 46

x

y

x

x

y

 = +



=

 = +



= −







+) Kết luận: Hệ phương trình có 4 nghiệm:

3

,

2

x x

y

y

 =



=

 = 



14 2 46 14 2 46

Câu 4 (1,0 điểm)

a Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4

Giải

+) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ Do đó theo nguyên lý Đirichlet trong 3 số nguyên bất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ

+) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ra được hai số có cùng tính chẵn lẻ Gọi 2 số chính phương được chọn ra đó là a và 2 b Khi đó ta có 2 a2− = −b2 (a b a b)( + )

+) Vì 2

a và 2

b cùng tính chẵn lẻ nên a, b cũng cùng tính chẵn lẻ Do đó a b− là số chẵn và a b− cũng là số chẵn 2 2

( )( ) 4

a −b = −a b a b+ M , (đpcm)

b Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2

3x −2y −5xy x+ −2y− =7 0

Giải

+) Ta có PT ( 2 ) ( 2 ) ( )

3x 6xy 2y xy x 2y 7

⇔3x x( −2y) (+y x−2y) (+ −x 2y)=7

⇔(x−2y) (3x y+ + = =1) 7 1.7 7.1= = − − = − −1 7( ) 7 1( )

Do đó ta có 4 trường hợp sau:

+) TH1:

13

7

x

y

 =





,(loại)

+) TH2:

1

7

x

y

 =





,(loại)

+) TH3:

17

7

x

y

 = −



 + + = −  + = − 



,(loại)

+) TH4:

11

7

x

y

 = −



 + + = −  + = − 



,(loại)

+) Kết luận: Phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Câu 5 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A) Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N (khác điểm A)

a Chứng minh rằng: 2

EB =ED EA và BA CA

BD=CD

b Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm

c Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP

d Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân

Hình vẽ:

a Chứng minh rằng: EB2 =ED EA và BA CA

BD=CD

Giải:

+) Nối BD

+) Ta có: · 1 d D» · D

2

EBD= s B =BA (1)Y

+) Ta có:

DE 180 D

DE

D 180 D



+) Từ (1) và (2) ⇒ ∆B ED : ∆ABE g g( − )

D 2 E D

E

EB E

+) Chứng minh tương tự ta được: ∆DCE: ∆AC g gE( − ) AC EC

⇒ = (3)

∆BED : ∆AEB( g - g ) D

D

BA B

BE E

⇒ = (4) +) Từ (3) và (4) kết hợp với EC BD

⇒ = (đpcm)

b Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm

Giải

+) Ta có: ·PEA=·yAE (sole trong)

Mà: ·AE 1 d D» · D

2

y = s A = AB

⇒ Tứ giác BDEP nội tiếp được

+) Chứng minh tương tự, ta được: Tứ giác DCQE nội tiếp được

⇒ Các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua điểm D

c Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP

Giải:

+) Ta có: ·PBE=180° −·ABE=180° −B E B A·D =· D

Mà: ·D 1 » ·

2

B A= sd BA xAP=

PBE xAP

Mà ta lại có: ·xAP BPE=· (sole trong)

PBE BPE xAP

PBE

⇒ ∆ cân tại E

BE PE

⇒ = (5)

+) Chứng minh tương tự, ta được: EC EQ= (6)

+) Từ (5) và (6) ⇒ E là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC

d Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân

Giải:

+) Theo như câu (a), ta có: D D

D

AB C AC B

+) Áp dụng định lý Ptolemaeuscho tứ giác ABCD, ta được:

A BC=AB DC B AC+ = AC DC

D 2

A BC AC DC

2

BC

D

+) Ta có: Tứ giác ABCD nội tiếp ⇒·ACB B A=· D (8)

+) Từ (7) và (8) ⇒ ∆A BD : ∆ACM c g c( − − ) ⇒BA· D=·NAC

+) Ta có:

1

2 1 d 2







Mà ·BAD=·NAC

· D ·

⇒Tứ giác BCDN là hình thang cân (đpcm)

Câu 6 (1,0 điểm)

a Chứng minh rằng: a3+ ≥b3 ab a b( + ), với a, b là hai số dương

Ta có bất đẳng thức (a b a+ )( 2−ab b+ 2)−ab a b( + ≥ ⇔ +) 0 (a b a)( 2−2ab b+ 2) 0≥ ⇔ +(a b a b)( − )2 ≥0

Ta thấy với a, b là hai số dương nên bất đẳng thức đã cho luôn đúng

Dấu “=” xảy ra khi a = b

b Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a b+ ≥1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

( 3 3) (2 2 2) 3

2

F = a +b + a +b + ab

Giải Cách 1

+) Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ở câu (a) ta có: ( 3 3)2 [ ]2

( )

a +b ≥ ab a b+ mà theo giả thiết a b+ ≥1

Do đó ( 3 3)2 [ ]2 2

a +b ≥ ab a b+ ≥ ab

+) Mặt khác ta có: 2 2 ( )2

2 1 1

F a= +b = +a b − ab≥ − ab

ab

F≥ ab + − ab+ ab= ab − + = ab − ab + + =ab−  + ≥

+) Dấu “=” xảy ra

1

1 1

2 4

a b

a b ab

+ =





⇔ = ⇔ = = +) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng 15

16, đạt được khi

1 2

a b= =

Cách 2

+) Ta có ( 3 3)2 ( )2 1

2

F= a +b + +a b − ab

+) Ta luôn có bất đẳng thức:

3

4

a b

a + ≥b + , (*) với mọi a, b > 0 Thật vậy (*) 2

4

a b

4a 4ab 4b a 2ab b (a b) 0

⇔ − + ≥ + + ⇔ − ≥ , (luôn đúng)

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: ( )2 3 2

a b

a +b ≥ +  ≥

+) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

ab≤ + ⇔ − ≥ −ab + . +) Do đó 1 ( )2 ( )2 1 7( )2 1 7 15

F≥ + +a b − + = + + ≥ + = Dấu “=” xảy ra 1 1

2

a b

a b

a b

+ =

 =

 +) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng 15

16, đạt được khi

1 2

a b= =