Tải bản đầy đủ

056 đề thi vào 10 chuyên toán bình phước 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(2,0 điểm) Cho biểu thức A 

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Môn: TOÁN CHUYÊN
Năm học 2019-2020





2 x 3
x x 3
x 3


x 2 x 3
x 1

3 x

a) Rút gọn A
b) Tính giá trị của A khi x  4  2 3
Câu 2. (1,0 điểm) Cho phương trình : x2   m  2  x  3m  3  0 1 với m là tham số
Tìm các giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 , x2 là độ
dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông với cạnh huyền có độ dài bằng 5
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x  4  x2  2  3x 4  x 2
2 x3  2 x 2 y  xy  y 2  x  y

b) Giải hệ phương trình:  3
2

2 x  xy  x  4
Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  và đường tròn  O '; R ' cắt nhau tại hai điểm phân
biệt A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C. kẻ tiếp tuyến CD, CE với đường tròn
 O; R  , trong đó D, E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn  O '; R ' . Đường thẳng
AD, AE cắt đường tròn  O '; R ' lần lượt tại M và N (M, N khác A). Tia DE cắt MN tại I .
Chứng minh rằng:
a) Tứ giác BEIN nội tiếp
b) MIB AEB
c) O ' I  MN
Câu 5. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình nghiệm nguyên 4 y 2  2  199  x 2  2 x
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p; q  sao cho p 2  2q 2  41
Câu 6.
a) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy  1 , chứng minh rằng:
1
1
2


1  x 1  y 1  xy
b) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện  x  y   4 xy  12
1
1

 2018 xy
Tìm GTLN của P 


1 x 1 y
3


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Điều kiện : x  0; x  9(*)
A







x x 3 2

  x  3
x  3 x  1
2

x 3 

x x  3  2 x  12 x  18  x  4 x  3



x 3



 x  3  x  8  
 x  3 x  1



x 1



x 1



x x  3x  8 x  24



x 3



x 1

x8
x 1

b) x  4  2 3 thỏa mãn * . Với x  4  2 3 

A







2

3  1 ta có :

x8
42 3 8
12  2 3


4 32
2
x 1
3
3 1 1





Câu 2.
Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện bài toán là:

 m  2   4  3m  3  0 m2  8m  16  0
  0


S  0
m

2

0


m  2



P  0
3m  3  0
m  1
 x12  x22  25  x  x 2  2 x x  25
 m  2 2  2  3m  3  25



1
2
1
2

2

m  4
m  2


m3
m

1

m  5  m  3

Vậy m  3 thỏa mãn yêu cầu bài toán
Câu 3.
a) x  4  x2  2  3x 4  x 2 . Điều kiện 2  x  2
Đặt t  x  4  x 2  x 4  x 2 

t2  4
, khi đó phương trình đã cho trở thành:
2


t  2

3t  2t  8  0   4
t  3
2

 x  0(tm)
*)t  2  x  4  x 2  2  4  x 2  2  x  2 x 2  4 x  0  
 x  2(tm)
4
4
4
8
20
2  14
*)t    x  4  x 2    4  x 2 
 x  2 x2  x 
0 x
(tm)
3
3
3
3
9
3


2  14 

Vậy S  0;2;

3




3
2
2

2 x  2 x y  xy  y  x  y (1)
b.  3
2

2 x  xy  x  4 (2)

 y  x
Ta có 1  2 x 2  x  y   y  x  y    x  y   0   x  y   2 x 2  y  1  0  
2
 y  2x  1

*) y   x   2   2 x3  2 x 2  4  0  2  x  1  x 2  2 x  2   0  x  1  y  1

1  17
 y  10  17
x 
2
2
2
*) y  2 x  1   2   x  x  4  0  

1  17
 y  10  17
x 

2


 1  17
  1  17



;10  17  ; 
;10  17  
Vậy tập nghiệm là  x; y   1; 1 ; 

 2
 2





Câu 4.

C

M
A

D

E
O

O'
I

B
N
a) Tứ giác BAMN nội tiếp nên ta có: BAD  BNM hay BAD  BNI (1)
Tứ giác BEAD nội tiếp nên ta có: BAD  BED (2)
Từ (1) và (2) suy ra BED  BNI , vậy tứ giác BENI nội tiếp

 BMI  BAE (1)
b) Tứ giác BAMN nội tiếp  
(2)

 MNA  MBA
Tứ giác BEIN nội tiếp  MNA  INE  IBE

(3)


Từ (2) và (3)  MBA  IBE  IBM  MBE  EBA  MBE  IBM  EBA

(4)

Từ (1) và (4)  MIB AEB( g.g )
BD CD

DA CA
BD EB
CE EB

(5)
Tương tự, ta có:
mặt khác CD  CE (tính chất tiếp tuyến) 

DA EA
CA EA
EB IB

(6)
MIB AEB(cm câu b) 
EA IM

c) CD là tiếp tuyến của (O) nên CDA  CBD  CDA CBD( g.g ) 

*)ABD  AED  IEN mà IEN  IBN (tứ giác BEIN nội tiếp)  ABD  IBN
Mặt khác INB  DAB (chứng minh câu a), từ đó ta có INB
Từ (5), (6), (7) 

DAB  g.g  

DB IB

(7)
DA IN

IB IB

 IM  IN  I là trung điểm của MN  O ' I  MN
IN IM

Câu 5.
a) ĐK:199  x2  2 x  0   x  1  200  x  15; 14; 13;....;12;13 do... x 
2



Ta có: 4 y 2  2  199  x 2  2 x  2  200   x  1  2  10 2  0  y 2  4, mà y 
2

Suy ra y  2; 1;1;2
 x  15
y 1 
 x  13
 x  3
y  2  
x  1

 x  15
y  1  
 x  13
 x  3
y  2 
x  1

Vậy tập hợp các cặp số  x; y  nguyên thỏa mãn đề bài là:

S  13; 1 ;  15; 1 ;  15;1 ;  3;2 ;  3; 2 ; 1;2 ; 1; 2 
b) p 2  2q 2  41  p 2  41  2q 2  p 2 là số lẻ  p lẻ  p  2k  1 k  * , thay vào (*)

suy ra :
q 2  2k  k  1  20  q chẵn, mà q là số nguyên tố nên q  2  p 2  49  p  7


Câu 6.
1
1
2
1
1
1
1
a)






0
1  x 1  y 1  xy
1  x 1  xy 1  y 1  xy




xy  x

1  x  1 



xy





xy  y

1  y  1 

xy



0

y x  x
y 
.

0
1  xy  1  x 1  y 

  xy  1  0, bất đẳng thức này luôn đúng với các số thực x, y  0; xy  1
1  x 1  y  1  xy 
y x

2

Vậy bất đẳng thức đã cho đúng
b) Ta có



12   x  y   4 xy  2 xxy
3



3

 4 xy (áp dụng BĐT AM-GM cho hai số thực không âm

x, y) . Đặt t  xy  t  0  , khi đó:
12  8t 3  4t 2  2t 3  t 2  3  0   t  1  2t 2  3t  3  0

 t  1 (Vì t  0  2t 2  3t  3  0)
t  1  0  xy  1. Theo câu a ta có:
P

1
1
2

 2018 xy 
 2018 xy
1 x 1 y
1  xy

2
 2018t 2
1 t
Ta sẽ cần chứng minh GTLN của P là 2019, thật vậy ta chứng minh bất đẳng thức sau luôn
đúng:
2
 2018t 2  2019  2018t 3  2018t 2  2019t  2017  0
1 t
  t  1  2018t 2  4036t  2017   0

Đặt t  xy  0  t  1 , ta được: P 

t  1
Bát đẳng thức sau luôn đúng với 0  t  1. Dấu "  " xảy ra khi 
 x  y 1
x

y

Vậy GTLN của P là 2019 đạt được khi x  y  1



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×