Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên bình dương năm học 2016 2017(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Tên : Trƣơng Quang An Giáo viên Trƣờng THCS Nghĩa Thắng Địa : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 01208127776 Nguồn sƣu tầm mạng ảnh chụp đề học sinh thi chuyên BÌNH DƢƠNG 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2 điểm ) a.Giải phƣơng trình x2  x  2 x      x 1  y 1  b Giải hệ phƣơng trình  2   x  y  xy  x  y Câu (2 điểm ) Cho biểu thức x4 x4  x4 x4 (x>4) 16 1  x x a.Rút gọn biểu thức A b.Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên Câu (2 điểm ) a Cho phƣơng trình x +mx +n+1 = có hai nghiệm nguyên dƣơng Chứng minh m2  n2 b Tìm nghiệm nguyên phƣơng trình x.(x +x+1)=4y(y-1) Câu (1 điểm ) Cho tam giác ABC Trên BC ,CA,AB lần lƣợt lấy M,N,P cho P khác A B góc MPN = 60 CMR AN BM  AB Dấu xảy ? Câu (3 điểm ).Từ D nằm đƣờng tròn tâm O kẻ tiếp tuyến DA,DB đến đƣờng tròn tâm O (A,B hai tiếp điểm ).Tia Dx nằm hai tia DA,DO ; Dx cắt đƣờng tròn hai điểm C E (E nằm C D ).Đƣờng thẳng OD cắt đoạn thẳng AB N Chứng minh : a.Tứ giác OMEC nội tiếp b.Tia MA phân giác EMC MB DE c  MC DC Bài giải Câu (2 điểm ) a Giải phƣơng trình x2  x  2 x     x   y   3(1)  b Giải hệ phƣơng trình  2   x  y  xy  x  y (2) giải a Điều kiện x  1 Đặt t   x  1, t  1.Ta có x2  x  2t (1) t  2t  x (2) Lấy (1) – (2) vế theo vế ta có ( x  t ).( x  t )   x  t (vì x+t>0)  x 1 x4 Lúc ta suy x   x    x  4x  Vậy nghiệm phƣơng trình x=4  x  y  y  4(1) b Giải hệ phƣơng trình   x  y  xy  4(2) x 1 Điều kiện  Từ (2) suy (x+y).(x-2y-1)=0  x  y  (do x+y > ) y 1 Thay x=2y+ vào (1) ta có : y  y     ( y  2)    2y         y  (vì  y 1 1  y      với y    y  ) Suy x=5 (thỏa mãn điều kiện ) Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (5;2) Câu (2 điểm )Cho biểu thức A= x4 x4  x4 x4 (x>4) 16 1  x x a.Rút gọn biểu thức A b.Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên giải a A= x4 x4  x4 x4  16 1  x x Nếu  x  A  Nếu x  A  b Xét A  có A  x4 2 x4 x 4x x4 2x x4 4x 16 với x   4 x4 x4 Xét A  x4 2 2x với x  x4  x  Ta có A   16 ( x  4)  x 5;6 x  Ta có A   x   a  a >2 Lúc ta 2(a  4)  2a    a  a  4;8  x  20;68 Vậy x 5;6;20;68  a a Câu (2 điểm ) a Cho phƣơng trình x +mx +n+1 = có hai nghiệm nguyên dƣơng Chứng minh m2  n2 hợp số b Tìm nghiệm nguyên phƣơng trình x.(x +x+1)=4y(y-1) giải a.Gọi x1 , x2 nghiệm nguyên dƣơng phƣơng trình x +mx +n+1 = Theo định lý vi – ét ta có x1  x2  m, x1 x2  n  Ta có m2  n2   x12  1  x22  1 tích hai số tự nhiên khác Vậy m2  n2 hợp số b.Ta có x.(x +x+1)=4y(y-1)  ( x  1)( x2  1)  (2 y  1)2 (*) Vì x, y  (2 y  1)2  nên từ (*)suy x chẵn x  ,Gỉa sử ( x  1; x2  1)  d suy d lẻ ( x2 1) d ;( x2  1) d  d  d  Vì ( x  1)( x2  1) số phƣơng mà ( x  1; x2  1)  nên x  x  hai số phƣơng Mặt khác x>0 suy x2  x2   ( x  1)2  x2   ( x  1)2  x  y  Khi x=0 ta có 4y(y-1)=0    y 1 Vậy có hai cặp số nguyên thỏa mãn đề (0;0) ;(0;1) Câu (1 điểm ) Cho tam giác ABC Trên BC ,CA,AB lần lƣợt lấy M,N,P cho P khác A B MPN  600 CMR AN BM  AB Dấu xảy ? Bài làm A N M B P C Ta có BPM  1800  B  BMP = 1200  BMP Mà BPM  1800 MPN  APN = 1200  APN Suy BMP  APN nên ΔBMP ഗ ΔAPN (g.g) hay BM BP AB  AP  BP    AN BM  AP.BP     AP AN   Câu (3 điểm ).Từ D nằm đƣờng tròn tâm O kẻ tiếp tuyến DA,DB đến đƣờng tròn tâm O (A,B hai tiếp điểm ).Tia Dx nằm hai tia DA,DO ; Dx cắt đƣờng tròn hai điểm C E (E nằm C D ).Đƣờng thẳng OD cắt đoạn thẳng AB N Chứng minh : a.Tứ giác OMEC nội tiếp b.Tia MA phân giác EMC MB DE c  MC DC x A C E O D M B a) ΔDBE ഗ ΔDCB (g.g) nên suy DC.DE  BD2 (1) ΔDBO vuông B ,BM đƣờng cao nên suy BD2  DO.DM (2) Từ (1) (2) suy DC.DE =DO.DM nên ΔDME ഗ ΔDCO (c.g.c) Lúc ta có DME  DCO nên tứ giác OMEC nội tiếp b) Do tứ giác OMEC nội tiếp OMC  OEC OCE  DME Lại ΔOEC cân O nên OCE  OEC nên suy CMA  900 OMC  900  DME  EAM Lúc tia MA phân giác EMC 0 0 c Ta có BMC  90  OMC  90 OEC  90  (180  COE ) :  1800  1 sđ CAE  (3600  sđ CAE )= sđ CBE = CAE (3) 2 Mặt khác CBM  CEA  sđ AC (4) Từ (3) (4) suy ΔBCM ഗ ΔECA (g.g) nên Ta có ΔDAE ഗ ΔDCA nên AE DE DA   AC DA DC AE  DE DA DE suy  (6)    DA DC DC  AC  MB AE (5)  MC AC Từ (5) (6) suy MB DE  MC DC