14. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Bình Phước năm học 2018-2019 (Chuyên)

Chứng minh rằng A F đi qua trung điểm của HM... Chứng minh rằng A F đi qua trung điểm của HM..[r]

1

Câu 1 (2,0 điểm)

T

b) Cho x  3 2. Tính giá trị của biểu thức: H x5 3x4 3x3 6x2 20x 2023

Câu 2 ( 1,0 điểm) Cho Parabol P y  1x2

( ) :

2 và đường thẳng d y m  x m2  1

2 (m là tham số) Với giá trị nào của m thì đường thẳng ( )d cắt Parabol ( )P tại hai điểm A x y B x y

( ; ), ( ; ) sao cho biểu thức

T y y x x

   đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x  1 6x 14 x2 5

b) Giải hệ phương trình:   

x y xy







Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn O R;  có hai đường kính A B và CD vuông góc với nhau Trên dây B C

lấy điểm M (M khác B và C ) Trên dây B D lấy điểm N sao cho 1

2



MA N CA D ; A N cắt CD tại K

Từ M kẻ MH A B HA B

a) Chứng minh tứ giác A CMH và tứ giác A CMK nội tiếp

b) Tia A M cắt đường tròn O tạiE (E khác A) Tiếp tuyến tại E và B của đường tròn O cắt nhau tạiF Chứng minh rằngA F 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 B C 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 ,  2 2  

3 a b 7 a b  4

Câu 6 ( 1,0 điểm)

a) Cho x y, là hai số dương Chứng minh rằng: x y x y

y x

b) Xét các số thực a b c, , với b  a c sao cho phương trình bậc hai ax2 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 a c M

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:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

(Đề thi gồm có 01 trang)

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 03/06/2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm)

T

b) Cho x  3 2. Tính giá trị của biểu thức: H x5 3x4 3x3 6x2 20x 2023

Lời giải

a)Điều kiện:

0 0 1

a b ab





 



 



1

1

ab a

ab





1

1

a

ab



x     x  x 2    x x2  x2  x  

H  x5  x4 x3  x4  x3 x2  x2  x  

H x3 x2  x  x2 x2  x   x2  x  

Do x2  x  

4 1 0 nên H  2018.

Câu 2 ( 1,0 điểm) Cho Parabol P y  1x2

( ) :

2 và đường thẳng d y m  x m2  1

2 (m là tham số) Với giá trị nào của m thì đường thẳng ( )d cắt Parabol ( )P tại hai điểm A x y( ; ), ( ;1 1 B x y2 2) sao cho biểu thức

T y1 y2 x x1 2 đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải

x2 m x m2 x2 m x m2

Vậy với 0m 2thì đường thẳng( )d cắt Parabol ( )P tại hai điểm A x y B x y

( ; ), ( ; )

2

2

1

2 1

2

2

T   m    t 

Ta có:

Và

Nên

b)

Ta có :

Suy ra:

Phương trình hoành độ giao điểm:

Để ( )d cắt ( )P tại hai điểm A x y B x y

( ; ), ( ; ) thì phương trình (1) có hai nghiệm

D  0 1 22 2 1 2  2   0 0 2

Khi đó theo định lý Viet thì

x x m







1 2

2

1 2

Ta có

Do đó

3

Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng 0 đạt được khi 2  2

t   m  m  m 

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x  1 6x 14 x2 5

b) Giải hệ phương trình:   

x y xy







Lời giải a) Điều kiện: 7

3

x 

x  x x   x   x  x 

3

x x





Ta có

 

7

*

7 2

*

3

V T

V P



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3.

b)

 

I

x y xy



Đặt

1

x y u

xy v

 



  



I

1 3

3 1

u v

u v

 









    





       



 





  





Với

HPT V N



Ta có:

Với

1 2

1

x y

y

 

 







 



Với

1 2

1

x y

y

 



  

 







Với

0 3

0

x y

y

 

  

 





 

 Vậy hệ phương trình có các nghiệm là:     1; 2 , 2;1 , 1; 2 ,  2;1 , 0; 3 ,    3;0

Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn O R;  có hai đường kính A B và CD vuông góc với nhau Trên dây B C

lấy điểm M (M khác B và C ) Trên dây B D lấy điểm N sao cho 1

2



MA N CA D ; A N cắt CD tại K

Từ M kẻ MH A B HA B

a) Chứng minh tứ giác A CMH và tứ giác A CMK nội tiếp

b) Tia A M cắt đường tròn O tạiE (E khác A) Tiếp tuyến tại E và B của đường tròn O cắt nhau tạiF Chứng minh rằngA F 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 B C M khác

B và C

Lời giải

a)

O

D

A

B

C M

K

N H

Ta có: A CB 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay A CM 90 0

A CM A HM  A CM A HM   tứ giácACMH nội tiếp

.90 45

MA K  CA D  

.90 45

M CK sđ DB

MA K MCK

   tứ giác A CMK nội tiếp

5

b)

O

D

A

B M

K

N H

F I

/ /

MH PB vì cùng vuông góc A B MH A H 1 

PB A B

  / / IH A H 2

IH FB

FB A B

Từ    1 , 2 suy ra IH MH

FB  PB

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì FE FB FEB FBE

FEP FPE FE FP

Vì FE FP và FE FB do đó FB FP mà FBPBP 2FB

2

IH MH

MH IH A F

FB  FB    đi qua trung điểm I của MH

c)

O

D

A

B

C M

K

N H

G

Q

90

A CM MKN

Gọi A FMH  I ;A MBF  P

Ta có:

A EB  BEP 

FEP  FEB FPE  FBE ;

Tứ giác A DNG có 0

45

NA G NDG   tứ giác A DNG nội

90

A DN MGN

Vì MKN MGN 900  tứ giác MGKN nội tiếp A MN A KC

Mà A MC A KC vì cùng chắn A C nên A MC A MN

Kẻ A Q vuông góc với MN tại Q Khi đó A MC  A MQ ch gn  A Q A C

2

A C  R R R không đổi và A là một điểm cố định nên khi M di chuyển trên dây BC thì MN luôn tiếp xúc với đường tròn A R; 2 là một đường tròn cố định

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 ,  2 2  

3 a b 7 a b  4

Lời giải a) Vì 16p 1 là lẻ và lớn hơn 1 nên có thể đặt  3 *

16p 1 2n 1 ,  n

16p 1 2n1 8pn 4n 6n  3

Vì 4n26n 3 là số lẻ lớn hơn 1 và không phân tích được thành tích của hai số nguyên nên từ trên suy ra

2

8

n









Từ đó, ta có p 307 Thử lại ta thấy thỏa mãn Vậy p 307 là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn yêu cầu

36 a b 84 a b   48 6a7  6b7 50

Số 50 có thể phân tích thành tổng của hai số chính phương là 50 25 25 1 49   

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:

2

2

2 2

2

1

3

3

1 3

 



 











    



    

  



    

 



a b a

a a

b a

a a

b

a

a a

b

TH2:

Gọi giao điểm của A M và dây DC là G

b) Nhân cả hai vế 12, ta được:

7

2

2

4 3

3

0

1

7

3

1 0

 





    







  









 



a a

b b

a

a

b a

b

a b

b

a b

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

Câu 6 ( 1,0 điểm)

a) Cho x y, là hai số dương Chứng minh rằng: x y x y

y x

b) Xét các số thực a b c, , với b  a c sao cho phương trình bậc hai ax2 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 a c M

a a b c



 

Lời giải

a) Với x y, là hai số dương 2 2 3 3  

x y

x y x y xy x y

x y x xy y xy x y

x xyy xy x  xyy   xy 

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x   0 y

b) Giả thiết phương trình ax2 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

a

   và m n c

a



Từ đó suy ra: a b a c a b a c  m n mn

M

a a

1

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 m n  1, suy ra:

m n 1 n m 1  mn 1  0 mn  1 1m n

3

Vì 2m n 2 và mn  0 nên

M

m n

2

1

Do đó

m n M

3

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 3

4 đạt được khi m n  1 hay a    0b c và a  c