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

b.Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên... Câu 5 3 điểm .Từ D nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ tiếp tuyến DA,DB đến đường tròn tâm O A,B là hai tiếp điểm .Tia Dx nằm giữa hai

Tên : Trương Quang An

Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng

Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi

Điện thoại : 01208127776 Nguồn sưu tầm trên mạng và ảnh chụp đề của học sinh thi chuyên BÌNH DƯƠNG 2016

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2 điểm )

a.Giải phương trình x22x2 2x  1 2 0

b Giải hệ phương trình

2 2

2

    





   



Câu 2 (2 điểm ) Cho biểu thức

2

8 16 1

x x

 

(x>4)

a.Rút gọn biểu thức A

b.Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên

Câu 3 (2 điểm )

a Cho phương trình x2 +mx +n+1 = 0 có hai nghiệm nguyên dương Chứng minh

rằng 2 2

m n

b Tìm nghiệm nguyên của phương trình x.(x2 +x+1)=4y(y-1)

Câu 4 (1 điểm ) Cho tam giác ABC đều Trên BC ,CA,AB lần lượt lấy M,N,P sao cho P khác A

và B và góc MPN = 600 CMR

2

4

AB

AN BM  .Dấu bằng xảy ra khi nào ?

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

Câu 5 (3 điểm ).Từ D nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ tiếp tuyến DA,DB đến đường tròn tâm

O (A,B là hai tiếp điểm ).Tia Dx nằm giữa hai tia DA,DO ; Dx cắt đường tròn tại hai điểm C

và E (E nằm giữa C và D ).Đường thẳng OD cắt đoạn thẳng AB tại N Chứng minh rằng : a.Tứ giác OMEC nội tiếp

b.Tia MA là phân giác EMC

c

2

2

MC  DC

Bài giải Câu 1 (2 điểm )

a Giải phương trình x22x2 2x  1 2 0

b Giải hệ phương trình

2 2

1 1 3(1)

2 (2)

    





   



giải

a Điều kiện 1

2

x 

 .Đặt t 1 2x1,t1.Ta có x22x2t (1) và t2 2t 2x (2) Lấy (1) – (2) vế theo vế ta có (x t ).(x t   ) 0 x t (vì x+t>0)

x





Vậy nghiệm của phương trình là x=4

b Giải hệ phương trình

2 2

2 4(1)

x y xy





Điều kiện 1

1

x y





 

 .Từ (2) suy ra (x+y).(x-2y-1)=0  x 2y1 (do x+y > 0 )

Thay x=2y+ 1 vào (1) ta có : 2y y 1 3

2 1

0

2y 2 y 1 1

1

y ) Suy ra x=5 (thỏa mãn điều kiện ) Vậy hệ phương trình có một

nghiệm (5;2)

Câu 2 (2 điểm )Cho biểu thức A=

2

8 16 1

x x

 

(x>4)

a.Rút gọn biểu thức A

b.Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên

giải

a A=

2

8 16 1

x x

 

4

x x





Nếu 4 x 8 thì 4

4

x A x





Nếu x8 thì 2

4

x A

x





x A

  với x và 4 x 8 Ta có A 16 (x  4) x  5;6

4

x A

x



 với x và x8 Ta có A  x  4 a và a >2 Lúc đó ta

a



Câu 3 (2 điểm )

a Cho phương trình x2 +mx +n+1 = 0 có hai nghiệm nguyên dương Chứng minh rằng 2 2

m n là một hợp số

b Tìm nghiệm nguyên của phương trình x.(x2 +x+1)=4y(y-1)

giải

a.Gọi x x là nghiệm nguyên dương của phương trình1, 2 x2 +mx +n+1 = 0 Theo định lý vi – ét

ta có x1x2  m x x, 1 2  n 1.Ta có 2 2  2   2 

1 1 2 1

m n  x  x  là tích hai số tự nhiên khác nhau Vậy 2 2

m n là một hợp số

b.Ta có x.(x2 +x+1)=4y(y-1) 2 2

(x 1)(x 1) (2y 1)

Vì x y,  và 2

(2y1) 0 nên từ (*)suy ra x chẵn và x0,Gỉa sử 2

(x1;x  1) d suy ra d

(x 1) d x;( 1) d2 d  d 1 Vì 2

(x1)(x 1) là một số chính phương mà 2

(x1;x  1) 1 nên x1 và 2

1

x  cũng là hai số chính phương Mặt khác do x>0 suy

x x   x x   x  x

Khi x=0 ta có 4y(y-1)=0 0

1

y y





Vậy có hai cặp số nguyên thỏa mãn đề bài là (0;0) ;(0;1)

Câu 4 (1 điểm ) Cho tam giác ABC đều Trên BC ,CA,AB lần lượt lấy M,N,P sao cho P khác A

và B và MPN 600.CMR

2

4

AB

AN BM  .Dấu bằng xảy ra khi nào ?

Bài làm

A

N

M

P

Ta có BPM 1800 B BMP=1200BMP

Mà BPM 1800 MPN APN =1200APN

Suy ra BMP APN nên ΔBMP ഗ ΔAPN (g.g) hay

AN BM AP BP

AP AN



Câu 5 (3 điểm ).Từ D nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ tiếp tuyến DA,DB đến đường tròn tâm

O (A,B là hai tiếp điểm ).Tia Dx nằm giữa hai tia DA,DO ; Dx cắt đường tròn tại hai điểm C

và E (E nằm giữa C và D ).Đường thẳng OD cắt đoạn thẳng AB tại N Chứng minh rằng : a.Tứ giác OMEC nội tiếp

b.Tia MA là phân giác EMC

c

2

2

MC  DC

M

E

O D

x

B

A

C

DC DEBD (1)

ΔDBO vuông tại B ,BM là đường cao nên suy ra 2

BD DO DM(2)

Từ (1) và (2) suy ra DC.DE =DO.DM nên ΔDME ഗ ΔDCO (c.g.c) Lúc đó ta có DME DCO nên tứ giác OMEC nội tiếp

b) Do tứ giác OMEC nội tiếp OMCOEC và OCE DME

Lại do ΔOEC cân tại O nên OCEOEC nên suy ra

0

90

90

OMC

   DME EAM. Lúc đó tia MA là phân giác EMC

90

90

OEC

(180 COE) : 2

0

180

  1

2sđ 1 0

CAE (360

2

  sđCAE)= 1

2sđCBE=CAE (3)

2

CEA sđAC (4)

Từ (3) và (4) suy ra ΔBCM ഗ ΔECA (g.g) nên MB AE

MC  AC (5)

AC  DA DC

suy ra

2

Từ (5) và (6) suy ra MB2 DE

MC  DC