Đề thi vào lớp 10 môn toán (CHUYÊN) tỉnh Bình Phước năm 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/06/2018 Câu 1. (2,0 điểm).  a 1   a 1  ab  a ab  a   1 :    1 a) Rút gọn biểu thức T   ab  1 ab  1  ab  1   ab  1  b) Cho x  3  2. Tính giá trị của biểu thức: H  x 5  3x 4  3x 3  6x 2  20x  2023 1 1 Câu 2. ( 1,0 điểm). Cho Parabol (P ) : y  x 2 và đường thẳng (d ) : y  m  1 x  m 2  ( m là tham số). 2 2 Với giá trị nào của m thì đường thẳng (d ) cắt Parabol (P ) tại hai điểm A(x 1; y1 ), B(x 2 ; y2 ) sao cho biểu thức   T  y1  y2  x 1x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3. (2,0 điểm). a) Giải phương trình: x  1  6x  14  x 2  5  x 2  1y 2  1  10 b) Giải hệ phương trình:   x  y  xy  1  3 Câu 4. (3,0 điểm). Cho đường tròn O ; R  có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên dây BC   1 CAD  ; AN cắt CD tại K . lấy điểm M ( M khác B và C ). Trên dây BD lấy điểm N sao cho MAN 2 Từ M kẻ MH  AB  H  AB  . a) Chứng minh tứ giác ACMH và tứ giác ACMK nội tiếp. b) Tia AM cắt đường tròn O  tại E ( E khác A ). Tiếp tuyến tại E và B của đường tròn O  cắt nhau tại F . Chứng minh rằng AF đi qua trung điểm của HM . c) Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M di chuyển trên dây BC  M khác B và C  . Câu 5. (1,0 điểm). a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 16p  1 là lập phương của số nguyên dương.   b) Tìm tất cả các bộ số nguyên a ,b  thỏa mãn 3 a 2  b 2  7 a  b   4 Câu 6. ( 1,0 điểm). a) Cho x , y là hai số dương. Chứng minh rằng: x 2 y2  x y y x b) Xét các số thực a, b, c với b  a  c sao cho phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0 có hai nghiệm thực m, n thỏa mãn 0  m, n  1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  (a  b)(2a  c) a(a  b  c) HẾT Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:................................................... Chữ ký của giám thị 1:..............................................Chữ ký của giám thị 2:.................................... Page 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI TUYỂN SINH BÌNH PHƯỚC LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Hướng dẫn chấm gồm 07 trang MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,125; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Câu Điểm Nội dung  a 1   a 1  ab  a ab  a   1 :    1 . a) Rút gọn biểu thức T   ab  1 ab  1  ab  1   ab  1  1 2,0 b) Cho x  3  2. Tính giá trị của biểu thức: H  x 5  3x 4  3x 3  6x 2  20x  2023.  a 1   a 1  ab  a ab  a a) Rút gọn biểu thức T     1 :    1 . ab  1 ab  1  ab  1   ab  1  a  0  Điều kiện: b  0 ab  1  1,0 0,25 Ta có:   0,25 2 ab a  1 a 1 ab  a  1  . ab  1 ab  1 ab  1 Và  Nên T 2 ab  2 a  1 ab  a 1  . ab  1 ab  1 0,25  0,25 a 1  ab  1  : 2  a 1 ab  1   a 1 ab  1 ab . b) Cho x  3  2. Tính giá trị của biểu thức: 1,0 H  x  3x  3x  6x  20x  2023. 5 4 Ta có : 3  x  3 2  2x  3  2x     2 2  3  4  4x  x 2  3  x 2  4x  1  0.    H  x 5  4x 4  x 3  x 4  4x 3  x 2  5 x 2  4x  1  2018. 0,25 0,25 Suy ra:       H  x 3 x 2  4x  1  x 2 x 2  4x  1  5 x 2  4x  1  2018. Do x 2  4x  1  0 nên H  2018. 0,25 0,25 Page 2 1 2 1 x và đường thẳng (d ) : y  m  1 x  m 2  ( m là tham số). 2 2 Với giá trị nào của m thì đường thẳng (d ) cắt Parabol (P ) tại hai điểm A(x 1; y1 ), B(x 2 ; y2 ) sao cho biểu thức T  y1  y2  x 1x 2 đạt giá trị nhỏ nhất.  Cho Parabol (P ) : y   1,0 Phương trình hoành độ giao điểm: 1 2 1 x  m  1 x  m 2   x 2  2 m  1 x  2m 2  1  0 2 2 (1) 0,125 Để (d ) cắt (P ) tại hai điểm A(x 1; y1 ), B(x 2 ; y2 ) thì phương trình (1) có hai nghiệm. D '  0  m  1  2m 2  1  2m  m 2  0  0  m  2. 2 0,25 Vậy với 0  m  2 thì đường thẳng (d ) cắt Parabol (P ) tại hai điểm A(x 1; y1 ), B(x 2 ; y2 ) . Khi đó theo định lý Viet thì 2 x 1  x 2  2 m  1  2 x 1x 2  2m  1 0,125 Ta có 1 2 1 2 y1  (m  1)x 2  m  2 y1  (m  1)x 1  m 2  Do đó T  y1  y2  x1x 2  m  1 x1  x 2   2m 2  1  x1x 2 0,125  2 m  1  4m 2  2  2m 2  4m  2  2 m  1 , m  0,2. 2 2 Đặt t  m  1 . Do m   0, 2  t   1,1  t 2   0,1. 0,25 Nên T  2  2 m  1  2  2t 2  0. 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng 0 đạt được khi t 2  1  m  1  1  m  0; m  2. 2 a) Giải phương trình: 3 x  1  6x  14  x 2  5  x 2  1y 2  1  10 b) Giải hệ phương trình:   x  y  xy  1  3 a) Giải phương trình: x  1  6x  14  x 2  5. 7 Điều kiện: x  . 3 Nhận xét: với điều kiện trên thì vế phải của phương trình luôn dương. Ta có: x  1  6x  14  x 2  5  x  1  2  6x  14  2  x 2  9.  0,125 6  x  3 x 3    x  3 x  3  0. x 1  2 6x  14  2 1 6     x  3     x  3   0. 6x  14  2  x 1  2  2,0 1,0 0,125 0,25 0,25 0,125 Page 3 x  3  0 x  3    1 6 1 6      x  3  0    x  3  x  1  2  x  1  2 6x  14  2 6x  14  2 7  VT *  2 7   x    PT *VN . Ta có :  16 3  VP *   3 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3.  * . 0,125 0,125  x 2  1y 2  1  10 . b) Giải hệ phương trình:   x  y  xy  1  3 1,0 2 2 2 2 2 2  x 2  1 (y 2  1)  10 x y  x  y  1  10  x  y    xy  1  10     x  y  xy  1  3  x  y  xy  1  3  x  y  xy  1  3 x  y  u Đặt xy  1  v .  Khi đó, ta có: I  0,125 0,125 u  v   2uv  10 u  v   16 u  v  10   uv  3 uv  3 uv  3 I    2 2 2  u  1   v  3  u  3  u  v  4   uv  3   v  1    u  v  4  u  1   v  3  uv  3  u  3   v  1 u  1 x  y  1 - Với v  3  xy  4   HPTVN   x  1  u  3 x  y  3 y  2 - Với v  1  xy  2      x  2  y  1   x  1  u  1 x  y  1  y  2 - Với v  3  xy  2   x  2     y  1  x  0  u  3 x  y  3 y  3     - Với v  1  xy  0  x  3  y  0  2 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 Page 4 Vậy hệ phương trình có các nghiệm là: 1; 2  ,  2;1 , 1; 2  ,  2;1 ,  0; 3 ,  3;0  0,125 Cho đường tròn O ; R  có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên dây BC   1 CAD ; lấy điểm M ( M khác B và C ). Trên dây BD lấy điểm N sao cho MAN 2 AN cắt CD tại K .Từ M kẻ MH  AB  H  AB  . 4 a) Chứng minh tứ giác ACMH và tứ giác ACMK nội tiếp. b) Tia AM cắt đường tròn O  tại E ( E khác A ). Tiếp tuyến tại E và B của đường 3,0 tròn O  cắt nhau tại F . Chứng minh rằng AF đi qua trung điểm của HM . c) Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M di chuyển trên dây BC  M khác B và C  . a) Chứng minh tứ giác ACMH và tứ giác ACMK nội tiếp. 1,25 C M A O B H K N D   900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ACM   900. Ta có: ACB 0,25   AHM   900  ACM   AHM   1800  tứ giác ACMH nội tiếp. ACM 0,25 Ta lại có:   1 CAD   1 .900  450. MAK 2 2 1  1 0  M CK  sđ DB  .90  450 2 2   MCK   tứ giác ACMK nội tiếp.  MAK b) Tia AM cắt đường tròn O  tại E ( E khác A ). Tiếp tuyến tại E và B của đường tròn O  cắt nhau tại F . Chứng minh rằng AF đi qua trung điểm của HM . 0,25 0,25 0,25 1,0 Page 5 C P E M F I A O B H K N D Gọi AF  MH  I  ; AM  BF  P . MH AH MH / /PB vì cùng vuông góc AB   PB AB IH AH IH / /FB    2 FB AB IH MH Từ 1 ,  2  suy ra  . FB PB Ta có:   900  BEP   900. AEB 0,125 1 0,125 0,125 0,125   FBE . Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì  FE  FB  FEB   900  FEB  ; . ; FEP FPE  900  FBE   FPE   FE  FP .  FEP Vì FE  FP và FE  FB do đó FB  FP mà F  BP  BP  2FB. IH MH Suy ra:   MH  2IH  AF đi qua trung điểm I của MH . FB 2FB c) Chứng minh rằng: MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M di chuyển trên dây BC  M khác B và C  . 0,125 0,125 0,25 0,75 C M G Q A O B H K N D   MKN   900. Vì tứ giác ACMK nội tiếp  ACM Gọi giao điểm của AM và dây DC là G.   NDG   450  tứ giác ADNG nội tiếp. Tứ giác ADNG có NAG   MGN   900.  ADN 0,125 0,125 Page 6   MGN   900  tứ giác MGKN nội tiếp  AMN   AKC . Vì MKN 0,125   AKC  vì cùng chắn AC  nên AMC   AMN . Mà AMC 0,125 Kẻ AQ vuông góc với MN tại Q . Khi đó AMC  AMQ ch  gn   AQ  AC . 0,125 Trong đó: AC  R 2  R 2  R 2 không đổi và A là một điểm cố định nên khi M di  5  chuyển trên dây BC thì MN luôn tiếp xúc với đường tròn A; R 2 là một đường tròn 0,125 cố định. a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 16p  1 là lập phương của số nguyên dương. 1,0   b) Tìm tất cả các bộ số nguyên a ,b  thỏa mãn 3 a 2  b 2  7 a  b   4. a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 16p  1 là lập phương của số nguyên dương. Vì 16p  1 là lẻ và lớn hơn 1 nên có thể đặt 16p  1   2n  1 , n  * . 3 Ta có:  16p  1   2n  1  8p  n 4n 2  6n  3 3  Vì 4n 2  6n  3 là số lẻ lớn hơn 1 và không phân tích được thành tích của hai số nguyên n  8 nên từ trên suy ra  2 4n  6n  3  p Từ đó, ta có p  307. Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy p  307 là số nguyên tố duy nhất 0,5 0,125 0,125 0,125 0,125 thỏa mãn yêu cầu.   b) Tìm tất cả các bộ số nguyên a ,b  thỏa mãn 3 a 2  b 2  7 a  b   4. 0,5 Nhân cả hai vế 12 , ta được: 2 2 36 a 2  b 2   84 a  b   48   6a  7    6b  7   50 0,125 Số 50 có thể phân tích thành tổng của hai số chính phương là 50  25  25  1  49 0,125 Page 7 Nhận xét: Do vai trò của a ,b như nhau nên nếu a ,b  thỏa mãn thì b , a  cũng thỏa mãn. Nên chỉ cần xét các trường hợp sau: TH1:  a  2   b  2  6a  7  5  a  2     6 a 7 5    1   6a  7  5  b  3  2   6a  7   25  6a  7  5    a  1  2     6 a 7 5  3  6b  7   25     6a  7  5  b 2    1 6a  7  5  a  6a  7  5  3    1  b    3 0,125 TH2:  4  a  3   6a  7  1  b  7      b 6 7 7 3    6a  7  1  a  4     6a  7 2  1 3   6b  7  7      2 b  0  6a  7  1   6b  7   49  a  1  6b  7  7    7 6a  7  1  b  3   6b  7  7    a  1  b  0  Kết hợp với giả thiết và nhận xét ở trên, ta có các bộ số a ,b  thỏa mãn là:  0,1 ; 1, 0  ,  2, 2  x 2 y2   x  y. y x a, b, c với b  a  c sao cho phương trình bậc hai 0,125 a) Cho x , y là hai số dương. Chứng minh rằng: b) Xét các số thực 6 ax 2  bx  c  0 có hai nghiệm thực m, n thỏa mãn 0  m, n  1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (a  b)(2a  c) M  a(a  b  c) x 2 y2   x  y. a) Cho x , y là hai số dương. Chứng minh rằng: y x Với x , y là hai số dương x 2 y2   x  y  x 3  y 3  xy  x  y  . y x 1,0 0,5 0,125 Page 8     x  y  x 2  xy  y 2  xy  x  y  . 0,125 0,125 x  xy  y  xy  x  2xy  y  0   x  y   0 (hiển nhiên). 2 2 2 2 2 Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  0. 0,125 b) Xét các số thực a, b, c với b  a  c sao cho phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0 có hai nghiệm thực m, n thỏa mãn 0  m, n  1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (a  b)(2a  c) M  a(a  b  c)  0,5  Giả thiết phương trình ax 2  bx  c  0 có hai nghiệm m, n 0  m  1, 0  n  1 nên a  0. Theo định lí Viete, ta có: m  n    b  c 1    2   1  m  n 2  mn a  a (a  b)(2a  c)  M    . a(a  b  c) b c 1  m  n  mn 1  a a  Từ đó suy ra: Vì 0,125 b c và m.n  a a 2  mn  2 và mn  0 nên M    1  m  n  .2  2. 1m n 0,125 0,125 Vậy giá trị lớn nhất của M là 2 đạt được khi mn  0 hay c  0. Do 0  m  1, 0  n  1 nên mn  1 , suy ra:       m n  1  n m  1  mn  1  0  mn  1 1m n . 3   Do đó: 1m n 3 M   . 1 4 1m n  1m n 3  Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 0,125  3 đạt được khi m  n  1 hay a  b  c  0 và a  c. 4 Page 9