DE VA DAP AN TOAN CHUYEN TINH BINH PHUOC NAM 2017

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (CHUYÊN) Ngày thi: 03/06/2017 Thời gian làm bài: 150 phút. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang). Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức P . x x  x x  6 x 1   , với x  1, x  0. x 2 x x 2 x 1. a) Rút gọn biểu thức P.. ( x  27).P , với x  1, x  0, x  4. Chứng minh Q  6. ( x  1)( x  2) Câu 2: (1,0 điểm) Cho phương trình x2  2(m  1) x  m2  3  0 (x là ẩn số, m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho x12  4 x1  2 x2  2mx1  1. Câu 3: (2,0 điểm) a) Giải phương trình x  2 7  x  2 x  1   x 2  8x  7  1 2  (1) 4 x  1  xy y  4 b) Giải hệ phương trình:  2 2 2 (2)   x  xy  1  3 x  1  xy Câu 4: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có BAC  600 , AB  c, AB  c (b  c). Đường kính EF của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc vơi BC tại M (E thuộc cung lớn BC). Gọi I và J là chân đường vuông góc hạ từ E xuống các đường thẳng AB và AC. Gọi H và K là chân đường vuông góc hạ từ F xuống các đường thẳng AB và AC. a) CHứng minh các tứ giác AIEJ, CMJE nội tiếp và EA.EM  EC.EI b) Chứng minh I, J, M thẳng hàng và JM vuông góc với HK. c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b, c. Câu 5: (1,0 điểm) Chứng minh biểu thức S  n3 (n  2)2  (n  1)(n3  5n  1)  2n  1 chia hết cho 120, với n là số nguyên. Câu 6: (1,0 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a  b  c  0 và a  1, b  1, c  1,. b) Cho biểu thức: Q . Chứng minh rằng a 4  b6  c8  2. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T . ( x3  y 3 )  ( x 2  y 2 ) với x, y là các số thực lớn hơn 1. ( x  1)( y  1). ...... HẾT ...... Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .............................................................................. SBD: .............................. Chữ kí giám thị 1: ........................................................................................................................ Chữ kí giám thị 2: ........................................................................................................................ Lời giải của giáo viên môn Công nghệ: Phan Lâm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Cho biểu thức P . x x  x x  6 x 1   , với x  1, x  0. x 2 x x 2 x 1. a) Rút gọn biểu thức P.. P. x x  x x  6 x 1   , x 2 x x 2 x 1. x ( x  1)  x  x x  6  ( x  1)( x  2) ( x  2)( x  1). . x x  x  4 x  4 x( x  1)  4( x  1) ( x  4)( x  1)   ( x  2)( x  1) ( x  2)( x  1) ( x  2)( x  1). . ( x  2)( x  2)  x 2 x 2. b) Cho biểu thức: Q . ( x  27).P , với x  1, x  0, x  4. Chứng minh Q  6. ( x  1)( x  2). ( x  27).P ( x  27)( x  2) x  27 ( x  3) 2 Ta có: Q     66 ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2) x 3 x 3. Dấu “=” xảy ra khi x  9. Câu 2: Cho phương trình x2  2(m  1) x  m2  3  0 (x là ẩn số, m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho x12  4 x1  2 x2  2mx1  1. Phương trình có nghiệm khi  '  0   (m  1)  (m2  3)  0  2 x  4  0  x  2. (1).. Theo hệ thức Vi-ét ta có x1  x2  2(m  1). (2). 2. Ta có x1 là nghiệm của phương trình nên x12  2(m  1) x1  m2  3  0.  x12  2(m  1) x1  m2  3  0 thay vào biểu thức x12  4 x1  2 x2  2mx1  1 ta được  2(m  1) x1  m2  3  4 x1  2 x2  2mx1  1  0  m2  2  2( x1  x2 )  0. (3). m  2  2 Từ (2) vào (3) ta có m2  4m  2  0   . Vì m  2 nên m  2  2 thỏa  m  2  2. mãn điều kiện bài toán.. Lời giải của giáo viên môn Công nghệ: Phan Lâm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN. Câu 3: a) Giải phương trình x  2 7  x  2 x  1   x 2  8x  7  1 Điều kiện 1  x  7. Ta có x  2 7  x  2 x  1   x 2  8x  7  1.  x  1  2 7  x  2 x  1  (7  x)( x  1)  0  x  1  2 7  x  2 x  1  (7  x)( x  1)  0.  x 1 . . .  . . x 1  7  x  2. x 1  7  x. x 1  7  x  0.  x  4  x 1  7  x x 1  2  0   thỏa mãn điều kiện.  x  5    x 1  2. . . 2  4 x  1  xy y  4 b) Giải hệ phương trình:  2 2 2   x  xy  1  3 x  1  xy. (1) (2). x 1  0 x 1  0 x  1  Điều kiện  2  y  0  xy  0  xy  0  xy 2  4 x  4 Ta có:  16( x  1)  x y  4 x y  ( xy  4 x  4)( xy  4)  0   2  xy  4 2. 4. 2. 2. 2. 2. Vì xy 2  0 nên hệ phương trình có nghiệm khi xy 2  4 thế vào (2) ta được. (2)  x 2  3  3 x  1  4  x 2  3  1  3( x  1  1)  0 . x2  4 x2  3  1. Vì x  1 nên. .  x2  3( x  2) 3  0  ( x  2)  2  0 x 1 1 x 1 1   x  3 1. x2 x2  3  1. . 3  0. Do đó hệ phương trình có nghiệm khi x 1 1. x20 x  2 y  2. Lời giải của giáo viên môn Công nghệ: Phan Lâm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN. Câu 4: Cho tam giác ABC có BAC  600 , AB  c, AB  c (b  c). Đường kính EF của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc vơi BC tại M (E thuộc cung lớn BC). Gọi I và J là chân đường vuông góc hạ từ E xuống các đường thẳng AB và AC. Gọi H và K là chân đường vuông góc hạ từ F xuống các đường thẳng AB và AC. a) CHứng minh các tứ giác AIEJ, CMJE nội tiếp và EA.EM  EC.EI b) Chứng minh I, J, M thẳng hàng và JM vuông góc với HK. c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b, c.. a) Chứng minh các tứ giác AIEJ, CMJE nội tiếp và EA.EM  EC.EI - Ta có: AIE  AJE  900 và EMC  EJC  900 nên AIEJ và CMJE nội tiếp - Ta thấy BAC  BEC  600 và EM vừa trung tuyến vừa trung trực nên BEC đều. Có E là điểm chính giữa cung lớn BC nên ECM  EAC  600. Mà IAE  1800  BAC  EAC  1800  600  600  600  ECM  IAE - Suy ra EMC. . EIA (vì ECM  IAE và EMC  EIA  900 ). EA EI   EA.EM  EC.EI (ĐPCM). EC EM. b) Chứng minh I, J, M thẳng hàng và JM vuông góc với HK. Chứng minh I, J, M thẳng hàng Cách 1 Lời giải của giáo viên môn Công nghệ: Phan Lâm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN.  MEC  MJC  1 Vì AIEJ, CMJE nội tiếp và EJA ECM   AIJ  AEJ  MJC  AIJ  BC  300 2   MEC  AEJ (do F nằm chính giữa cung BC). Theo giả thiết BAC  600  JAI  1200.  AJI  1800  JAI  AIJ  1800  1200  300  300  MJC hay MJC đối đỉnh với AJI suy ra I, J, M thẳng hàng (ĐPCM). Cách 2:  IJA  IEA  - Vì AIEJ, CMJE nội tiếp và EIA ECM   IEA  MEC  MJC  IJA (đối đỉnh)   MEC  MJC. suy ra I, J, M thẳng hàng. (ĐPCM). Cách 3: - Vì AIEJ và CMJE nội tiếp và EMC.   IJE  IAE  ECM EIA nên  0   ECM  EJM  180.  IJE  EJM  1800 suy ra I, J, M thẳng hàng. (ĐPCM). Chứng minh JM vuông góc với HK. Cách 1: - Ta lại có BHFM, KCFM nội tiếp và F là trung điểm của cung nhỏ BC nên ta có 1 1 1 1 MBF  MHF  MKF  MCF  BF  CF  BC  BAC  300. 2 2 4 2 Mà FH  AB và FK  AC nên AKM  AHM  600. 0   IM  MK  AKM  MJC  90 Suy ra    IM  HK (ĐPCM). 0 IM  MH    AHM  AIJ  90. Cách 2:. Lời giải của giáo viên môn Công nghệ: Phan Lâm.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN. - Ta có BMFH nội tiếp nên BFM  BHM    AHK  BFE  ECB  HAK BEC vì BEC  HAK  BEC   cân nên HAK cân. Mà AF là đường kính của đường tròn ngoại tiếp và A là điểm chính giữa cung HK  AF  HK . (1) Vì ECMJ nội tiếp nên JME  JCE (2). Có AFE  ACE (3) Từ (2) và (3) suy ra JME  AFE  IM / / AF (4) Từ (1) và (4) suy ra IM  HK . c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b, c. Kẻ BN vuông góc với AC ta có AN  AB.cos600 . c c  CN  AC  AN  b  , 2 2. BN  AB.sin 600 . c 3 . 2. 2. 2 c c 3  2 2 2 2 BC  CN  BN   b       b  c  bc 2  2  . MC 1 1 2 2  b2  c 2  bc b  c  bc , EC  Ta có MC  BC  0 2 2 sin 30 2 3(b 2  c 2  bc) EC Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  cos300 3 3(b 2  c 2  bc) EF bằng R   2 3 EF . Câu 5: Chứng minh biểu thức S  n3 (n  2)2  (n  1)(n3  5n  1)  2n  1 chia hết cho 120, với n là số nguyên. - S  n3 (n  2)2  (n  1)(n3  5n  1)  2n  1.  n5  5n4  5n3  5n2  6n  n 5n(n2  1)  (n2  1)(n2  6)   (n  1)n(n  1)(n2  5n  6)  (n  1)n(n  1)(n  2)(n  3) - Ta có (n  1)n(n  1)(n  2)(n  3) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 1; 2; 3; 4; 5 nên  (n  1)n(n  1)(n  2)(n  3) chia hết cho tích 1.2.3.4.5  120. Câu 6: a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a  b  c  0 và a  1, b  1, c  1, Lời giải của giáo viên môn Công nghệ: Phan Lâm.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN. Chứng minh rằng a 4  b6  c8  2. Vì a  1, b  1, c  1 nên a 4  a 2 , b6  b2 , c8  c 2  a4  b6  c8  a2  b2  c2 . (1). (a  1)(b  1)(c  1)  0 abc  ab  bc  ab  a  b  c  1  0  Và  (1  a )(1  b )(1  c )  0  abc  ab  bc  ca  a  b  c  1  0.  2(ab  bc  ca)  2  0  2(ab  bc  ca)  2. (2). Lại có a  b  c  0  (a  b  c)2  0  a 2  b2  c 2  2(ab  bc  ca)  2. (3). Từ (1) và (3) suy ra a 4  b6  c8  2. (ĐPCM). ( x3  y 3 )  ( x 2  y 2 ) b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  với x, y là các số thực lớn hơn 1. ( x  1)( y  1). Vì x  1, y  1 nên. y2 x2  0,  0. y 1 x 1. ( x3  y 3 )  ( x 2  y 2 ) x 2 ( x  1)  y 2 ( y  1) x2 y2 Ta có: T     ( x  1)( y  1) ( x  1)( y  1) y 1 x 1. x2 y2 x y x y 2x 2 y  2. .  2. .  2. .  2. . 8 1  x 1 1  y 1 y 1 x 1 x y 1. x  1 1. y  1 2 2. Dấu “=”xảy ra khi x  y  2 . vậy min T  8. x2 y2  y 1 x 1. Lời giải của giáo viên môn Công nghệ: Phan Lâm.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>