SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013-2014 Đề thi mơn: TỐN (chun) Ngày thi: 30/6/2013 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (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 , (với x 0, x ) : x x 1 x x Câu (1,0 điểm) Cho phương trình: x2 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 x x ( 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 ln tồn hai số mà hiệu chúng chia hết cho b Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 y 5xy 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: EB2 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: a3 b3 ab(a b) , với a, b hai số dương b Cho a, b hai số dương thỏa mãn a b Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F a3 b3 a b ab Hết Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………….………SBD: ………… Họ tên giám thị 1: …………………… chữ kí: …….… Họ tên giám thị 2: …………………… chữ kí: …….… a l 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 1 x x x 1 x 1 b Rút gọn biểu thức: M , (với x 0, x ) : x x 1 x x Giải x x 1 x 1 x 1 x x 1 x Ta có M : x : 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: x2 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 ' 2m m +) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x2 x1 S 4 2 P 2m m phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x2 x1 2 x1 x2 Áp dụng định lí Vi-et 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 m 2m m m m m 16m 28 9 2m 3 m 2m 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 x x (1) Giải x 1 x 1 x 5 x +) ĐK: x 4 x x 2 x x 2 +) Ta có PT x x 5x 5x x x x x x 3 (l ) x x x x x( x 1) (4 x 3)(2 x 4) 3x 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 x2 5xy 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 2x 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 ln 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 ln chọn hai số có tính chẵn lẻ Gọi số phương chọn a b Khi ta có a b2 (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 b2 (a b)(a b) , (đpcm) Chú ý Ta giải tốn 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 Bình luận: Với cách làm ngắn gọn, đầy đủ song số học sinh cảm thấy trừu tượng ( ngun lí Đirichlet học sinh ơn tập khơng nằm chương trình SGK mà sách tham khảo) tốn trình bày sau: Trong ba số nguyên tùy ý tồn hai số chẵn lẻ Gọi hai số phương chọn a b ( a, b nguyên) + TH1: a, b chẵn: suy a b2 (2k1 )2 (2k2 )2 4(k12 k22 ) chia hết cho ; k1 , k2 Z + TH2: a, b lẻ: suy a b2 (2k1 1)2 (2k2 1)2 4(k12 k1 k2 k2 ) chia hết cho ; k1 , k2 Z Vậy ba số phương tùy ý ln tồn hai số mà hiệu chúng chia hết cho NGUYỄN ANH TUẤN 0985.767.113 b Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 y 5xy x y Giải 2 +) Ta có PT 3x xy 2 y xy x y 3x x y y x y x y x y 3x y 1 1.7 7.1 1 7 7 1 Do ta có trường hợp sau: 13 x x y x y +) TH1: ,(loại) 3x y 3x y y x y x y x +) TH2: ,(nhận) 3x y 3x y y 3 17 x x y 1 x y 1 +) TH3: ,(loại) x y x y y 11 x x y x y +) TH4: ,(loại) 3x y 1 3x y 2 y 19 +) Kết luận: Phương trình cho có nghiệm nguyên (1; -3) Bình luận: Với cách làm hoàn hảo song nhiều học sinh lại thắc mắc thầy Quý lại chuyển số sang phân tích vế trái thành nhân tử, việc xác định nhân tử chung không đơn giản Sau nêu kỷ 3x (5 y 1) x (2 y y ) (1) thuật làm vậy: Ta xem vế trái pt bậc hai ẩn x: VT 49 y 14 y (7 y 1) Nhằm tạo đen ta bình phương biểu thức( thêm bớt số tự vào hai vế (1)) Từ ta suy được: x y x y từ phân tích ( nhớ vét hết từ trái qua phải) Trên xem làm nháp NGUYỄN ANH TUẤN 0985.767.113 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: EB2 ED.EA BD CD Giải AE BE +) Ta có ABE BDE ( g g ) , (vì E chung BAD DBE ) 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 +) Ta có Ax // PQ BPE BAx (so le trong), mặt khác BAx ADB ( nửa số đo cung AB) Do ta có BPE ADB BDEP tứ giác nội tiếp +) Ta có Ax // PQ CQE CAy (so le trong), mặt khác CAy ADC ( nửa số đo cung AC) Do ta có CQE ADC CDEQ tứ giác nội tiếp 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 y A O t z x M B D C N Q E P 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) Xét hai tam giác ABC AQP có: A chung, ABC AQP (vì góc ADC ) Do hai tam giác đồng dạng theo trường hợp (góc – góc) BA BC BA 2BM 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 Ptơlêmê) AB AC +) Theo câu (a), ta có: AB.CD AC.BD DB CD +) Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABCD, ta được: AD.BC AB.DC BD.AC 2.AC.DC AD BD AD AC AD BD BD (*) AD.BC 2.AC.DC AC MC BD MC AC BC MC +) Ta có: Tứ giác ABCD nội tiếp ACB BDA (**) +) Từ (*) (**) ADB ACM (c g c) BAD NAC BAD sd BD BCD +) Ta có: Mà BAD NAC BCD NBC NAC sd NC NBC Tứ giác BCDN hình thang cân, (đpcm) Cách (Sử dụng toán phụ BC sin A AC sin B AB sin C R , gọi định lí hàm Sin tam giác) +) Trước hết ta chứng minh kết quả: Cho tam giác ABC ta có BC sin A AC sin B AB R , với R sin C bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Thật kẻ đường kính BD đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có: A BDC , xét tam giác vng BC BC BC AC AB BDC ta có: sin BDC sin A R , lập luận tương tự ta có R, 2R 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 BAM ' CAE, ACM ' ABE, ABM ' ACE, CAM ' BAE ta có: 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: a3 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 b2 ) (a b)(a b)2 Ta thấy với a, b hai số dương nên bất đẳng thức cho Dấu “=” xảy a = b BỔ SUNG THÊM MỘT SỐ CÁCH: C1: Xét hiệu: a3 b3 ab(a b) (a3 a 2b) (b3 b2a) a (a b) b2 (a b) C2: Biến đổi tương tương C3: Sử dụng BĐT Côsi cho VP: a3 b3 (a b)3 3ab(a b) (a b)2 (a b) 3ab(a b) 4ab(a b) 3ab(a b) ab(a b) NGUYỄN ANH TUẤN 0985.767.113 b Cho a, b hai số dương thỏa mãn a b Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F a3 b3 a b ab Giải Cách +) Áp dụng bất đẳng thức chứng minh câu (a) ta có: a3 b3 ab(a b) mà theo giả thiết a b Do a3 b3 ab(a b) (ab)2 2 +) Mặt khác ta có: F a b2 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 ab ab +) Vậy giá trị nhỏ F 15 , đạt a b 16 Cách 2 +) Ta có F a3 b3 a b ab ( a b) ( a b) +) Ta có bất đẳng thức: a3 b3 , (*) với a, b > Thật (*) a ab b 4 4a2 4ab 4b2 a 2ab b2 (a b)2 , (luôn đúng) ( a b) 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 1 (a b)2 7(a b)2 15 +) Do F a b Dấu “=” xảy ab 16 16 16 16 a b 15 +) Vậy giá trị nhỏ F , đạt a b 16 3 2 BỔ SUNG THÊM: F a3 b3 a b2 ab C3: Ta có: 2 ( a b) 3 F a b 3ab(a b) (a b) 2ab ab a b (a b) (a b) ab ( a b) (a b) (a b) 7(a b) 15 ( a b ) 16 16 16 a b 1 Dấu “=” xảy ab a b 15 Vậy giá trị nhỏ F , đạt a b 16 ...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 ... xem vế trái pt bậc hai ẩn x: VT 49 y 14 y (7 y 1) Nhằm tạo đen ta bình phương biểu thức( thêm bớt số tự vào hai vế (1)) Từ ta suy được: x y x y từ phân tích ( nhớ vét hết từ... làm ta thu điều phải chứng minh Tuy nhiên làm thi vận dụng tính chất học sinh phải chứng minh lại Bình luận: Với cách làm ngắn gọn, đầy đủ song số học sinh cảm thấy trừu tượng ( ngun lí Đirichlet