SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 30/6/2013 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm có 01 trang) Câu (2,0 điểm) a Tính A = + + 16 − x− x x +1 x +1 − b Rút gọn biểu thức: M = ÷ ÷: x , (với x > 0, x ≠ ) x −1 x + x Câu (1,0 điểm) Cho phương trình: x − x + 2m − = , (1) với m tham số Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x1 + x2 = x1 x2 + 17 ( ) Câu (2,0 điểm) a Giải phương trình: x + + 5x = 4x − + 2x + ( x + y − 2)(2 x + y ) = x(5 y − 2) − y b Giải hệ phương trình: x − y = −3 Câu (1,0 điểm) a Chứng minh ba số phương tùy ý tồn hai số mà hiệu chúng chia hết cho b Giải phương trình nghiệm nguyên: x − y − xy + x − y − = Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC Các tiếp tuyến B C đường tròn (O) cắt E; AE cắt đường tròn (O) D (khác điểm A) Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E song song với tiếp tuyến A đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt đường thẳng AB, AC P Q Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) N (khác điểm A) BA CA = a Chứng minh rằng: EB = ED.EA BD CD b Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ba tam giác ABC, EBP, ECQ qua điểm c Chứng minh E tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP d Chứng minh tứ giác BCND hình thang cân Câu (1,0 điểm) a Chứng minh rằng: a + b3 ≥ ab(a + b) , với a, b hai số dương b Cho a, b hai số dương thỏa mãn a + b ≥ 3 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F = ( a + b ) + ( a + b ) + ab Hết Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………….………SBD: ………… Họ tên giám thị 1: …………………… chữ kí: …….… Họ tên giám thị 2: …………………… chữ kí: …….… GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2013-2014 Câu (2,0 điểm) a Tính A = + + 16 − Giải ( Ta có A = + + + − 2.3 + = ) +1 + ( 3− 7) = +1+ − = x− x x +1 x +1 − b Rút gọn biểu thức: M = ÷ ÷: x , (với x > 0, x ≠ ) x −1 x + x Giải x x −1 x +1 x +1 x +1 x −1 x +1 − : = x− Ta có M = ÷: x = ÷: x x x −1 x x x +1 x ( = ( ) )( x −1 Vậy M = x ( ) x +1 x ) ( ) x = x x +1 ( ) x −1 x −1 Câu (1,0 điểm) Cho phương trình: x − x + 2m − = , (1) với m tham số Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x1 + x2 = x1 x2 + 17 ( ) Giải Chú ý Vì x1 , x2 nằm bậc hai nên phải có điều kiện x1 ≥ 0, x2 ≥ ∆ ' > 4 − 2m + > ⇔ ≤m< +) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ≥ ⇔ S > ⇔ 4 > 2 P ≥ 2m − ≥ ≤ m < phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ≥ 2 x1 + x2 = Áp dụng định lí Viet ta có: x1.x2 = 2m − +) Với +) Ta có ( ) ( ) ( ) x1 + x2 = x1 x2 + 17 ⇔ x1 + x2 + x1 x2 = x1 x2 + 17 ⇔ + 2m − = 2m − + 17 m ≥ −1 m ≥ −1 m ≥ −1 ⇔ 2m − = 2m + ⇔ 2m − = m + ⇔ ⇔ ⇔ m = 2 9 ( 2m − 3) = m + 2m + m − 16m + 28 = m = 14 So sánh với điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn m = Câu (2,0 điểm) a Giải phương trình: x + + 5x = 4x − + 2x + Giải x ≥ −1 x +1 ≥ x ≥ 5 x ≥ ⇔ +) ĐK: ⇔ x≥ 4 x − ≥ x ≥ x + ≥ x ≥ −2 +) Ta có PT ⇔ x + + x + x + x = x − + x − x + + x + x = − (l ) ⇔ x + x = x − x + ⇔ x( x + 1) = (4 x − 3)(2 x + 4) ⇔ x + x − 12 = ⇔ x = ( n) +) KL: Phương trình có nghiệm x = ( x + y − 2)(2 x + y ) = x (5 y − 2) − y b Giải hệ phương trình: x − y = −3 Giải 2 +) Ta có PT (1) ⇔ x + xy + xy + y − x − y = 10 xy − x − y ⇔ x − xy + y = ⇔ ( x − xy ) + (2 y − xy ) = ⇔ x( x − y ) − y ( x − y ) = x − 2y = x = 2y ⇔ ( x − y )(2 x − y ) = ⇔ ⇔ 2 x − y = y = 2x x = y +) Trường hợp 1: x = y , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ x − y = −3 x = x = y y = x = y x =1 ⇔ ⇔ ⇔ x = 4 y − y + = x = y = y = 2x +) Trường hợp 2: y = x , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ x − y = −3 x = + 46 x = y y = 14 + 46 y = x ⇔ ⇔ x = + 46 ⇔ x − 14 x + = x = − 46 x = − 46 y = 14 − 46 x= x = x = + 46 ; x = − 46 , +) Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm: , y = y = y = 14 + 46 y = 14 − 46 Câu (1,0 điểm) a Chứng minh ba số phương tùy ý tồn hai số mà hiệu chúng chia hết cho Giải +) Vì số nguyên phải số chẵn số lẻ Do theo nguyên lý Đirichlet số nguyên chọn số có tính chẵn lẻ +) Áp dụng ta có số phương chọn hai số có tính chẵn lẻ Gọi số phương chọn a b Khi ta có a − b = (a − b)( a + b) +) Vì a b tính chẵn lẻ nên a, b tính chẵn lẻ Do a − b số chẵn a − b số chẵn a − b = (a − b)(a + b)M4 , (đpcm) Chú ý Ta giải toán cách vận dụng tính chất sau số phương: “Một số phương chia cho có số dư hặc 1” Khi lập luận cách làm ta thu điều phải chứng minh Tuy nhiên làm thi vận dụng tính chất học sinh phải chứng minh lại b Giải phương trình nghiệm nguyên: x − y − xy + x − y − = Giải 2 +) Ta có PT ⇔ ( 3x − xy ) + ( −2 y + xy ) + ( x − y ) = ⇔ 3x ( x − y ) + y ( x − y ) + ( x − y ) = ⇔ ( x − y ) ( x + y + 1) = = 1.7 = 7.1 = −1 ( −7 ) = −7 ( −1) Do ta có trường hợp sau: 13 x= x − y = x − y = ⇔ ⇔ +) TH1: ,(loại) x + y + = x + y = y = x − y = x − y = x = ⇔ ⇔ +) TH2: ,(nhận) 3 x + y + = 3x + y = y = −3 17 x=− x − y = − x − y = − ⇔ ⇔ +) TH3: ,(loại) 3 x + y + = −7 3x + y = −8 y = − 11 x=− x − y = −7 x − y = −7 ⇔ ⇔ +) TH4: ,(loại) x + y + = − x + y = − 19 y = +) Kết luận: Phương trình cho có nghiệm nguyên (1; -3) Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC Các tiếp tuyến B C đường tròn (O) cắt E; AE cắt đường tròn (O) D (khác điểm A) Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E song song với tiếp tuyến A đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt đường thẳng AB, AC P Q Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) N (khác điểm A) BA CA = a Chứng minh rằng: EB = ED.EA BD CD Giải AE BE = ⇒ BE = AE.DE , (đpcm) BE DE AB BE AC CE = = +) Ta có ∆ABE : ∆BDE ( g − g ) ⇒ , (1) Tương tự ta có ∆ACE : ∆CDE ( g − g ) ⇒ , (2) BD DE CD DE Mặt khác ta có EB = CE (3) AB AC = Từ (1), (2) (3) ta có , (đpcm) BD CD b Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ba tam giác ABC, EBP, ECQ qua điểm Giải · · Ax (so le trong), mặt khác B · Ax = ·ADB ( nửa số đo cung AB) Do +) Ta có Ax // PQ ⇒ BPE =B · · B ⇒ BDEP tứ giác nội tiếp ta có BPE = AD · · Ay (so le trong), mặt khác C · Ay = ·ADC ( nửa số đo cung AC) Do +) Ta có Ax // PQ ⇒ CQE =C µ chung BAD · · +) Ta có ∆ABE : ∆BDE ( g − g ) , (vì E )⇒ = DBE · · C ⇒ CDEQ tứ giác nội tiếp ta có CQE = AD Vậy ba đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, BPE, CQD qua điểm D, (đpcm) c Chứng minh E tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP · · · +) Ta có BPE = BAx = ·ADB = ·ABz = EBP ⇒ ∆EBP cân E ⇒ EB = EP , (1) · · · · · +) Ta có CQE = CAy = ADC = ACt = ECQ ⇒ ∆ECQ cân E ⇒ EC = EQ , (2) +) Ta có EB = EC (giả thiết), (3) Từ (1), (2), (3) ta có: EB = EC = EP = EQ ⇒ E tâm đường tròn ngoại tiếp đường tròn ngoại tiếp tứ giác PBCQ d Chứng minh tứ giác BCND hình thang cân Nhận xét Đường thẳng AD gọi đường đối trung tam giác ABC Nó đường thẳng đối xứng với đường trung tuyến AM qua đường phân giác tam giác ABC đỉnh A Nó có nhiều tính chất ứng dụng thú vị, kiến thức quan trọng bồi dưỡng học sinh giỏi hình học, đặc biệt bậc THPT Câu (d) đề thi khai thác từ định nghĩa đường đối trung đối xứng AD AM qua phân giác đỉnh A Cách (Sử dụng tam giác đồng dạng) · · · µ chung, ABC Xét hai tam giác ABC AQP có: A (vì góc ADC ) Do hai tam giác = AQP đồng dạng theo trường hợp (góc – góc) BA BC BA BM BA BM · · · · ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ ∆ABM : ∆AQD (c − g − c ) ⇒ BAM = QAD ⇒ BAD = CAM QA QP QA 2QD QA QD ⇒ BD = CN ⇒ BC // DN ⇒ BCND hình thang cân Cách (Sử dụng định lí Ptôlêmê) AB AC = ⇒ AB.CD = AC.BD +) Theo câu (a), ta có: DB CD +) Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABCD, ta được: AD.BC = AB.DC + BD AC = AC.DC AD BD BD AD BD AD AC ⇔ = = = ⇔ = ⇒ AD.BC = AC.DC (*) AC BC MC ⇒ AC MC BD MC · DA (**) +) Ta có: Tứ giác ABCD nội tiếp ⇒ ·ACB = B · D = NAC · +) Từ (*) (**) ⇒ ∆ADB : ∆ACM (c − g − c ) ⇒ BA » · · D BA D = sd BD = BC · D = NAC · · D = NBC · +) Ta có: Mà BA ⇒ BC · » · NAC = sd NC = NBC ⇒ Tứ giác BCDN hình thang cân, (đpcm) Cách (Sử dụng toán phụ BC AC AB = = = R , gọi định lí hàm Sin tam giác) µ sin B µ sin C µ sin A +) Trước hết ta chứng minh kết quả: Cho tam giác ABC ta có BC AC AB = = = R , với R µ sin B µ sin C µ sin A bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC · Thật kẻ đường kính BD đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có: µA = BDC , xét tam giác vuông BC · µ = BC ⇔ BC = R , lập luận tương tự ta có AC = R, AB = R = ⇔ sin A BDC ta có: sin BDC µ µ µ BD 2R sin A sin B sin C +) Gọi M’ giao điểm đường thẳng đối xứng với đường thẳng AD qua đường phân giác đỉnh A Ta chứng minh M’ trùng với điểm M Thật áp dụng kết chứng minh cho tam giác ABM’, ACM’, ABE, ACE ta có lưu ý · · · · · · ta có: BAM ' = CAE , ·ACM ' = ·ABE , ABM ' = ACE , CAM ' = BAE · M ' A.sin BAM ' · · · · M 'B sin BAM '.sin ·ACM ' sin CAE sin ABE CE AE sin ABM ' = = = = = ⇒ M ' B = M ' C hay M’ · · · · · M ' C M ' A.sin CAM ' sin ABM '.sin CAM ' sin ACE.sin BAE AE BE sin ·ACM ' · · · · trung điểm BC, M trùng với M’ mà CAM ' = BAE ⇒ CAM = BAE ⇒ BD = CN ⇒ BC // DN ⇒ BCND hình thang cân Câu (1,0 điểm) a Chứng minh rằng: a + b3 ≥ ab(a + b) , với a, b hai số dương Giải 2 Ta có bất đẳng thức (a + b)(a − ab + b ) − ab(a + b) ≥ ⇔ (a + b)(a − 2ab + b ) ≥ ⇔ (a + b)(a − b) ≥ Ta thấy với a, b hai số dương nên bất đẳng thức cho Dấu “=” xảy a = b b Cho a, b hai số dương thỏa mãn a + b ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F = ( a + b3 ) + ( a + b ) + ab Giải Cách +) Áp dụng bất đẳng thức chứng minh câu (a) ta có: ( a + b3 ) ≥ [ ab(a + b)] mà theo giả thiết a + b ≥ 2 Do ( a + b3 ) ≥ [ ab(a + b)] ≥ (ab) 2 +) Mặt khác ta có: F = a + b = ( a + b ) − 2ab ≥ − 1ab 2 ab 1 15 15 15 2 +) Do F ≥ ( ab ) + − 2ab + ab = ( ab ) − + = ( ab ) − 2.ab + + = ab − ÷ + ≥ 2 16 16 16 16 a + b = 1 +) Dấu “=” xảy ⇔ ⇔a=b= ab = +) Vậy giá trị nhỏ F 15 , đạt a = b = 16 Cách 2 3 +) Ta có F = ( a + b ) + ( a + b ) − ab ( a + b )3 ( a + b) 3 2 +) Ta có bất đẳng thức: a + b ≥ , (*) với a, b > Thật (*) ⇔ a − ab + b ≥ 4 2 2 ⇔ 4a − 4ab + 4b ≥ a + 2ab + b ⇔ (a − b) ≥ , (luôn đúng) ( a + b)3 ≥ Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: ( a + b ) ≥ 16 ( a + b) ( a + b) +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ab ≤ ⇔ −ab ≥ − 4 (a + b) 7(a + b) 15 +) Do F ≥ + ( a + b ) − = + ≥ + = Dấu “=” xảy 16 16 16 16 15 +) Vậy giá trị nhỏ F , đạt a = b = 16 3 PHẠM VĂN QUÝ Chỉnh lý bổ sung: BÙI TIẾN ANH a + b = 1 ⇔a=b= a = b ... ( x + y − 2)(2 x + y ) = x (5 y − 2) − y b Giải hệ phương trình: x − y = −3 Giải 2 +) Ta có PT (1) ⇔ x + xy + xy + y − x − y = 10 xy − x − y ⇔ x − xy + y = ⇔ ( x − xy ) + (2 y − xy ) = ⇔... − y ) − y ( x − y ) = x − 2y = x = 2y ⇔ ( x − y )(2 x − y ) = ⇔ ⇔ 2 x − y = y = 2x x = y +) Trường hợp 1: x = y , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ x − y = −3 x = x = y. .. = y = x − y = x − y = x = ⇔ ⇔ +) TH2: ,(nhận) 3 x + y + = 3x + y = y = −3 17 x=− x − y = − x − y = − ⇔ ⇔ +) TH3: ,(loại) 3 x + y + = −7 3x + y = −8 y = −