007 đề vào 10 chuyên bình phước 2017 2018

Đường kính EF của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc với 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.. Gọ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Thời gian làm bài : 150 phút

Câu 1 ( 2.0 điểm ) Cho biểu thức :

P

-+ + - - , với x³ 0,x¹ 1 a) Rút gọn biểu thức P .

b) Cho biểu thức

27

Q

+

=

+ - , với x³ 0,x¹ 1,x¹ 4 Chứng minh Q ³ 6.

Câu 2 ( 1.0 điểm ) Cho phương trình : x2- 2(m- 1)x m+ 2- 3=0 ( x là ẩn, m là tham

số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 sao cho x12+4x1+2x2- 2mx1=1

Câu 3 ( 2.0 điểm )

a) Giải phương trình : x+2 7- x =2 x- 1+ - x2+8x- 7 1.+

b) Giải hệ phương trình :

( ) ( )

2

4 1 4 0 1

1 3 1 2

ïï

ïïî

Câu 4 ( 3.0 điểm )

Cho tam giác ABC có BAC =¼ 600, AC =b AB, =c b c( > ) Đường kính EF của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc với 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 , CMJ E nội tiếp và EA EM =EC EI .

b) Chứng minh I J M, , thẳng hàng và IJ 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 điểm ) Chứng minh biểu thức S =n n3( +2)2+(n+1)(n3- 5n+ -1) 2n- 1 chia hết cho 120, với n là số nguyên.

Câu 6 ( 1 điểm )

a) Cho ba số a b c, , thỏa mãn a b c+ + =0 và a £ 1, b £ 1, c £ 1. Chứng minh rằng

a +b +c £

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( )( )

T

=

- - với x y, là các số thực lớn hơn 1

-Hết -ĐÁP ÁN VÀO 10 TOÁN CHUYÊN BÌNH PHƯỚC 2017-2018

Câu 1

a) Ta có

P

=

-=

=

-=

2

x

b) Với x³ 0,x¹ 1,x¹ 4, ta có

27

Q

+

=

-27 3

x x

+

= +

9 36 3

x x

- +

=

+ 36

3

3

x

x

3

x

x

Dấu “=” xẩy ra khi

36 3

3

x

x

 

  x32 36 x 9

Câu 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi     0 2m  4 0 m2 1 

Theo hệ thức Vi-ét:

2

x x m





 



Mà x12+4x1+2x2- 2mx1=1

( )

m

m

é = + ê

ê = -ë

Từ  1

và  2

suy ra m  2 2

Câu 3

a) Điều kiện 1 x 7

Ta có x+2 7- x =2 x- 1+ - x2+8x- 7 1+

( 7 x x 1 2)( x 1) 0

1 2

4

x x

x

Û êê - = - Û ê =ê

Vậy phương trình có hai nghiệm x4;x5

b) Điều kiện 2 2

1

1 0

x

x xy







 , kết hợp với phương trình  1

, ta có y 0.

Từ  1

, ta có

2

4 x 1 xy y 4 0  4 x 1 xy y24

16 x 1 x y y 4

     y44y x2 216x16 0

Giải phương trình theo ẩn x ta được 2

4

x y

 hoặc 2

4 0 4

x y



 ( loại)

Với

2 2

4

4

y

thế vào phương trình  2

, ta được : x2 3 3 x1 4 Điều kiện x  3, ta có

x   x 

2

2

4

0

1 1

3 1

x x

x x





 

 

1 1

3 1

x x

x x

 

 

2 0

x

   ( vì 2

0

1 1

3 1

x

x x



 

Với x  ta có 2

2 0

y

y y

 





 Kết hợp với điều kiện trên, hệ phương trình có nghiệm 2; 2

Câu 4

K

F

M

H

J

E I

A

B

O N

C

a) Ta có: AIE· =AJ E· =900 nên tứ giác AIEJ nội tiếp.

EMC =EJ C = nên tứ giác CMJ E nội tiếp.

Xét tam giác AEC và IEM, có

ACE EMI ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE ).

EAC EIM ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ ).

Do đó hai tam giác AEC đồng dạng IEM AE EC EA EM EC EI

EI EM

(đpcm)

b) Ta có IEM AEC AEI CEM

Mặt khác AEI AJI ( cùng chắn cung IJ ), CEM CJM ( cùng chắn cung CM ) Suy ra

CJM AJI Mà I M, nằm hai phía của đường thẳng AC nên CJM AJI đối đỉnh suy ra I J M, , thẳng hàng

Tương tự, ta chứng minh được H M K, , thẳng hàng

Do tứ giác CFMK nội tiếp nên CFK CMK 

Do tứ giác CMJE nội tiếp nên JME JCE

Mặt khác ECF 900  CFK JCE ( vì cùng phụ với ACF ).

Do đó CMK JME  JMK EMC 900 hay IJ HK

c) Kẻ BN AC NAC Vì BAC  600 nên ABN 300

2

2 2

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC Xét tam giác đều BCE có 2 2 3 1  2 2 

3

BC

R OE  EM   b c  bc

Câu 5

Ta có

S =n n + n + n - n

( 2 1) ( 2 5 6)

( 1) ( 1) ( 2) ( 3)

(n 1) (n n 1) (n 2) (n 3)

Ta có S là tích của 5 số nguyên tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5! nên chia hết cho 120.

Câu 6

a) Từ giả thiết a £ 1,b£ 1,c £ , ta có 1 a4£ a b2, 6£ b c2, 8£ c2 Từ đó

a +b +c £ a +b +c

Lại có (a- 1)(b- 1) (c- 1) £ và (0 a+1)(b+1) (c+ ³1) 0 nên

(a+1)(b+1) (c+ -1) (a- 1)(b- 1) (c- 1) ³ 0

2ab 2bc 2ca 2 0 2ab bc ca 2

Hơn nữa a b c+ + = Û0 a2+b2+c2= - (ab bc ca+ + ) £ 2 Vậy a4+b6+c8£ 2

b) Ta có

( )( )

( )( )

T

-Do x>1,y>1 nên x- 1 0,> y- 1 0>

,

y- x

-( ) ( )2

1

x

x

1

x

y

-Do đó

8

T

-Dấu “=” xẩy ra khi

1 1

2

1 1

x

y y

ìïï =

ïï -

ï - = ïï

ïïî (thỏa mãn điều kiện) Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =8 khi x= =y 2.

Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác đúng khoa học theo yêu cầu bài toán giám khảo cân nhắc cho điểm tối đa của từng phần.