Đề thi tuyển sinh toán 10 chuyên bà rịa vũng tàu năm học 2016 2017(có đáp án)

Trên nửa mặt phẳng bờ là OO’ có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn trên với M thuộc O và N thuộc O’.. Biết BM cắt O’ tại điểm E nằm trong đường tròn O và đường thẳng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

Môn: TOÁN (Chuyên)

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút

Ngày thi: 31/5/2016

Câu 1 (3,0 điểm).

a) Rút gọn biểu thức A x 1 1 2 4x 3 4 x 1

với x  1

b) Giải phương trình x x23x2 x x 2 x 1

c) Giải hệ phương trình 2 2

3 18

   





Câu 2 (2,0 điểm).

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p q thỏa mãn ;  p2 5q2  4

b) Cho đa thức f x  x2bx c  Biết b, c là các hệ số dương và f x có nghiệm Chứng 

minh f  2 93c

Câu 3 (1,0 điểm).

Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x2y2z2 3xyz Chứng minh:

1

y  z  x 

Câu 4 (3,0 điểm).

Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại A và B (OO’ > R > R’) Trên nửa mặt phẳng bờ là OO’ có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn trên (với M thuộc (O) và N thuộc (O’)) Biết BM cắt (O’) tại điểm E nằm trong đường tròn (O) và đường thẳng AB cắt MN tại I.

a) Chứng minh MAN MBN  1800 và I là trung điểm của MN.

b) Qua B, kẻ đường thẳng (d) song song với MN, (d) cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D (với C, D khác B) Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của CD và EM Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACD và các điểm A, B, P, Q cùng thuộc một đường tròn.

c) Chứng minh tam giác BIP cân.

Câu 5 (1,0 điểm).

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm Chứng minh 3

BC  CA  AB  HẾT

-Chữ ký của giám thị 1: ………

Họ và tên thí sinh: ……… ……… … Số báo danh ……….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI: TOÁN (Chuyên)

(Hướng dẫn này gồm 04 trang)

1a.

Rút gọn biểu thức A x 1 1 2 4x 3 4 x 1

với x 1 1

Do với x  thì 21 x    nên 4 3 41 1 0 x  x 1 2 x1 1 0,25

1b.

Giải phương trình x x23x2 x x2 x (1)1 1 Điều kiện xác định: x 1

(1)  x x1. x2x x2 x1 0,25

x x 1 1  x 2 0

1

x   x (thỏa mãn điều kiện) 0,25

2

1

2

1 0

x



  

1c.

Giải hệ phương trình 2 2

3 18

   







1



 Điều kiện: xy 0

Đặt a x y b  ,  xy b  Ta có hệ 0 2 2

3

2 18

 







0,25

Thế a  vào phương trình còn lại ta được: 3 b 3b2 2b2 18

0,25

Do đó a b ;  6;3 Ta được hệ

6 3

x y xy

 







  (thỏa mãn điều kiện)

0,25

Vậy hệ có nghiệm x y ;  3;3

2a.

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p q thỏa mãn ;  p2 5q2 4 1

Do 0 p 2 p  và q nguyên tố nên 2 p  chỉ có thể nhận các giá trị2

2

Ta có bảng giá trị tương ứng

2

0,25

Do p, q là các số nguyên tố nên chỉ có cặp  p q ;  7;3thỏa mãn. 0,25

2b.

Cho đa thức f x  x2bx c  Biết b, c là các hệ số dương và f x có 

nghiệm Chứng minh f  2 93c .

1





 

f x có nghiệm    0 b2 4c b2 c 0,25

3

Do đó f  2 33 c2 93c 0,25

Cách 2:

Theo hệ thức Vi – et ta có x x1 2  , c f x   x x 1 x x 2 0,25

Do b, c dương nên f x chỉ có nghiệm âm    x10,x2 0 0,25 Đặt x1 p x, 2 qthì p0, q và 0 pq c

  2 2  2  1 1  1 1 

f   p q    p  q 33 p.33 q 93 pq 93c 0,25

3. Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x2y2z2 3xyz Chứng minh:

1

y z  x  (*)

1





Ta có

x

Tương tự

z

 



x

 



Đặt vế trái của (*) là P Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được:

0,25

 

9

x y z

Lại có

3

2

3 ,

x y z

 

Từ giả thiết suy ra

3

2

1

3

x y z

 

Do đó P  1

0,25

4a. Hình vẽ (Học sinh vẽ đúng đến câu a.)

O

o' A

B

c

D

K

I

E P

Q

0,25

Chứng minh MAN MBN  1800 và I là trung điểm của MN. 1

Ta có IMA ABM MIA MIB ,   0,25

   IM2 IA IB 0,25 Tương tự ta có IN2 IA IB.

Do đó IM = IN nên I là trung điểm của MN. 0,25

4b. Chứng minh tam giác AME đồng dạng tam giác ACD và các điểm A, B,

P, Q cùng thuộc một đường tròn. 1

AMEACD; AEM ADC (tứ giác AEBD nội tiếp)

 

AQEAPD Vậy tứ giác ABPQ nội tiếp. 0,25

Gọi K là giao điểm của CM và DN Do CDNM là hình thang nên các

MN // BC  OM BC  BMC cân tại M  MCB MBC 

Do MN // BC nên MCB KMN MBC ,  BMN Suy ra KMN BMN

Chứng minh tương tự ta được KNM BNM Do đó BMN KMN

0,25

MB = MK, NB = NK nên MN là trung trực của KB  BK CD IK, IB

Tam giác KBP vuông tại B có IK = IB nên I là trung điểm KP

Vậy tam giác BIP cân tại I.

0,25

5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và có trực tâm là H Chứng minh:

3

BC CA AB  .

1





A

H

D

E F

Gọi D, E, F lần lượt là các chân

đường cao tương ứng kẻ từ các đỉnh

A, B, C của tam giác ABC.

Ta có

   

0,25

AHB

ABC

xy

Tương tự, ta có

,

BHC CHA

ABC ABC

1

AHB BHC CHA ABC

ABC ABC

xy yz zx

0,25

Lại có x y z  2 3xy yz zx   nên x y z  2  3 x y z   3

BC  CA  AB 

0,25

………HẾT………