Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Bình Phước (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Bình Phước (Có đáp án)

1. . SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH PHƯỚC Năm học: 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 30/6/2013 (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1 (2,0 điểm) a. Tính A 8 2 7 16 6 7 x x x 1 x 1 b. Rút gọn biểu thức: M : , (với x 0, x 1). x 1 x x x Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình: x2 4x 2m 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 thỏa mãn: 3 x1 x2 x1x2 17 . Câu 3 (2,0 điểm) a. Giải phương trình: x 1 5x 4x 3 2x 4 . (x 2y 2)(2x y) 2x(5y 2) 2y b. Giải hệ phương trình: 2 x 7y 3 Câu 4 (1,0 điểm) a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4. b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 2y2 5xy x 2y 7 0 . Câu 5 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N (khác điểm A). BA CA a. Chứng minh rằng: EB2 ED.EA và . BD CD b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm. c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP. d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân. Câu 6 (1,0 điểm) a. Chứng minh rằng: a3 b3 ab(a b) , với a, b là hai số dương. b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a b 1. 2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F a3 b3 a2 b2 ab. 2 Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: . SBD: . Họ và tên giám thị 1: chữ kí: . . Họ và tên giám thị 2: chữ kí: . . a l i b a b a
2. GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2013-2014 Câu 1 (2,0 điểm) a. Tính A 8 2 7 16 6 7 Giải 2 2 Ta có A 7 2 7 1 9 2.3 7 7 7 1 3 7 7 1 3 7 4 x x x 1 x 1 b. Rút gọn biểu thức: M : , (với x 0, x 1). x 1 x x x Giải x x 1 x 1 x 1 1 x 1 x 1 x 1 Ta có M : x : : x 1 x x 1 x x x x x x 1 x 1 x . x x 1 x x 1 Vậy M x x 1 Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình: x2 4x 2m 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 thỏa mãn: 3 x1 x2 x1x2 17 . Giải Chú ý Vì x1, x2 nằm trong các căn bậc hai nên phải có điều kiện x1 0, x2 0 . ' 0 4 2m 3 0 3 7 +) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x2 x1 0 S 0 4 0 m 2 2 P 0 2m 3 0 3 7 +) Với m phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x 0 . 2 2 2 1 x1 x2 4 Áp dụng định lí Vi-et ta có: x1.x2 2m 3 +) Ta có 3 x1 x2 x1x2 17 3 x1 x2 2 x1x2 x1x2 17 3 4 2 2m 3 2m 3 17 m 1 m 1 m 1 6 2m 3 2m 2 3 2m 3 m 1 2 2 m 2 9 2m 3 m 2m 1 m 16m 28 0 m 14 So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là m 2 .
3. Câu 3 (2,0 điểm) a. Giải phương trình: x 1 5x 4x 3 2x 4 (1) . Giải x 1 x 1 0 x 0 5x 0 3 +) ĐK: 3 x 4x 3 0 x 4 4 2x 4 0 x 2 +) Ta có PT x 1 2 x 1. 5x 5x 4x 3 2 4x 3. 2x 4 2x 4 x 3 (l) x 1. 5x 4x 3. 2x 4 5x(x 1) (4x 3)(2x 4) 3x2 5x 12 0 4 x (n) 3 4 +) KL: Phương trình có một nghiệm x . 3 (x 2y 2)(2x y) 2x(5y 2) 2y b. Giải hệ phương trình: 2 x 7y 3 Giải +) Ta có PT (1) 2x2 xy 4xy 2y2 4x 2y 10xy 4x 2y 2x2 5xy 2y2 0 2x2 4xy (2y2 xy) 0 2x(x 2y) y(x 2y) 0 x 2y 0 x 2y (x 2y)(2x y) 0 2x y 0 y 2x x 2y +) Trường hợp 1: x 2y , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2 x 7y 3 x 1 x 2y y 2 x 2y x 1 3 2 x 4y 7y 3 0 3 x 4 4 3 y 2 y 2x +) Trường hợp 2: y 2x , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2 x 7y 3 x 7 46 x 2y y 2x y 14 2 46 2 x 7 46 x 14x 3 0 x 7 46 x 7 46 y 14 2 46 3 x x 1 4 x 7 46 x 7 46 +) Kết luận: Hệ phương trình có 4 nghiệm: , , ; . y 2 3 y y 14 2 46 y 14 2 46 2
4. Câu 4 (1,0 điểm) a. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4. Giải +) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ. Do đó theo nguyên lý Đirichlet trong 3 số nguyên bất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ. +) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ra được hai số có cùng tính chẵn lẻ. Gọi 2 số chính phương được chọn ra đó là a2 và b2 . Khi đó ta có a2 b2 (a b)(a b) . +) Vì a2 và b2 cùng tính chẵn lẻ nên a, b cũng cùng tính chẵn lẻ. Do đó a b là số chẵn và a b cũng là số chẵn a2 b2 (a b)(a b)4 , (đpcm). Chú ý Ta có thể giải bài toán này bằng cách vận dụng tính chất sau của số chính phương: “Một số chính phương chia cho 4 thì sẽ có số dư là 0 hặc 1”. Khi đó lập luận như cách làm trên ta thu được điều phải chứng minh. Tuy nhiên trong khi làm bài thi nếu vận dụng tính chất này thì học sinh phải chứng minh lại. Bình luận: Với cách làm trên ngắn gọn, đầy đủ song một số học sinh cảm thấy hơi trừu tượng ( do nguyên lí Đirichlet học sinh ít ôn tập không nằm trong chương trình SGK mà ở sách tham khảo). bài toán trên có thể trình bày như sau: Trong ba số nguyên tùy ý luôn tồn tại hai số hoặc chẵn hoặc lẻ Gọi hai số chính phương chọn ra là a2 và b2 ( a, b nguyên) 2 2 2 2 2 2 + TH1: a, b cùng chẵn: suy ra a b (2k1) (2k2 ) 4(k1 k2 ) chia hết cho 4 ;k1,k2 Z  2 2 2 2 2 2 + TH2: a, b cùng lẻ: suy ra a b (2k1 1) (2k2 1) 4(k1 k1 k2 k2 ) chia hết cho 4;k1,k2 Z Vậy trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4. NGUYỄN ANH TUẤN 0985.767.113 b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 2y2 5xy x 2y 7 0 . Giải +) Ta có PT 3x2 6xy 2y2 xy x 2y 7 . 3x x 2y y x 2y x 2y 7 x 2y 3x y 1 7 1.7 7.1 1. 7 7. 1 Do đó ta có 4 trường hợp sau: 13 x x 2y 1 x 2y 1 7 +) TH1: ,(loại). 3x y 1 7 3x y 6 3 y 7 x 2y 7 x 2y 7 x 1 +) TH2: ,(nhận). 3x y 1 1 3x y 0 y 3 17 x x 2y 1 x 2y 1 7 +) TH3: ,(loại). 3x y 1 7 3x y 8 5 y 7 11 x x 2y 7 x 2y 7 7 +) TH4: ,(loại). 3x y 1 1 3x y 2 19 y 7 +) Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm nguyên là (1; -3).
5. Bình luận: Với cách làm trên là hoàn hảo song nhiều học sinh lại thắc mắc tại sao thầy Quý lại chuyển số 7 sang và phân tích vế trái thành nhân tử, vì việc xác định nhân tử chung không hề đơn giản. Sau đây tôi nêu một kỷ 3x2 (5y 1)x (2y2 2y) 7 (1) thuật làm như vậy: Ta xem vế trái là pt bậc hai ẩn x: 2 2 V VT 49y 14y 1 (7y 1) Nhằm tạo ra đen ta là bình phương của một biểu thức( có thể thêm bớt số tự do vào hai vế của (1)) Từ đó ta suy ra được: x 2y x 2y 0 từ đó phân tích như trên ( nhớ vét hết từ trái qua phải) Trên đây xem như làm nháp NGUYỄN ANH TUẤN 0985.767.113 Câu 5 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại E; AE cắt đường tròn (O) tại D (khác điểm A). Kẻ đường thẳng (d) qua điểm E và song song với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), đường thẳng (d) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N (khác điểm A). BA CA a. Chứng minh rằng: EB2 ED.EA và . BD CD Giải AE BE +) Ta có ABE : BDE (g g) , (vì Eµ chung và B· AD D· BE ) BE 2 AE.DE , (đpcm). BE DE AB BE AC CE +) Ta có ABE : BDE (g g) , (1). Tương tự ta có ACE : CDE (g g) , (2) BD DE CD DE Mặt khác ta có EB = CE (3) AB AC Từ (1), (2) và (3) ta có , (đpcm). BD CD b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm. Giải +) Ta có Ax // PQ B· PE B· Ax (so le trong), mặt khác B· Ax ·ADB ( cùng bằng nửa số đo cung AB). Do đó ta có B· PE A· DB BDEP là tứ giác nội tiếp. +) Ta có Ax // PQ C· QE C· Ay (so le trong), mặt khác C· Ay ·ADC ( cùng bằng nửa số đo cung AC). Do đó ta có C· QE A· DC CDEQ là tứ giác nội tiếp. Vậy ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, BPE, CQD cùng đi qua điểm D, (đpcm). c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP. +) Ta có B· PE B· Ax ·ADB ·ABz E· BP EBP cân tại E EB EP , (1). +) Ta có C· QE C· Ay ·ADC ·ACt E· CQ ECQ cân tại E EC EQ , (2). +) Ta có EB = EC (giả thiết), (3). Từ (1), (2), (3) ta có: EB = EC = EP = EQ E là tâm đường tròn ngoại tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PBCQ. d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân.
6. y A O x z t M B C D N Q E P Nhận xét Đường thẳng AD được gọi là đường đối trung của tam giác ABC. Nó chính là đường thẳng đối xứng với đường trung tuyến AM qua đường phân giác trong của tam giác ABC tại đỉnh A. Nó có nhiều tính chất rất và ứng dụng rất thú vị, là một kiến thức quan trọng trong bồi dưỡng học sinh giỏi hình học, đặc biệt ở bậc THPT. Câu (d) của đề thi được khai thác từ định nghĩa của đường đối trung là sự đối xứng của AD và AM qua phân giác trong tại đỉnh A. . Cách 1 (Sử dụng tam giác đồng dạng) Xét hai tam giác ABC và AQP có: Aµ chung, A· BC A· QP (vì cùng bằng góc A· DC ). Do đó hai tam giác đồng dạng theo trường hợp (góc – góc) BA BC BA 2BM BA BM ABM : AQD (c g c) B· AM Q· AD B· AD C· AM QA QP QA 2QD QA QD BD CN BC // DN BCND là hình thang cân. Cách 2 (Sử dụng định lí Ptôlêmê) AB AC +) Theo như câu (a), ta có: AB.CD AC.BD DB CD +) Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABCD, ta được: AD.BC AB.DC BD.AC 2.AC.DC AD BD BD AD BD AD AC AD.BC 2.AC.DC (*) AC BC MC AC MC BD MC 2 +) Ta có: Tứ giác ABCD nội tiếp ·ACB B· DA ( ) +) Từ (*) và ( ) ADB : ACM (c g c) B· AD N· AC 1 B· AD sdB»D B· CD 2 +) Ta có: . Mà B· AD N· AC B· CD N· BC 1 N· AC sdN»C N· BC 2 Tứ giác BCDN là hình thang cân, (đpcm). BC AC AB Cách 3 (Sử dụng bài toán phụ 2R , còn được gọi là định lí hàm Sin trong tam giác). sin Aµ sin Bµ sin Cµ
7. BC AC AB +) Trước hết ta đi chứng minh kết quả: Cho tam giác ABC ta luôn có 2R , với R là sin Aµ sin Bµ sin Cµ bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Thật vậy kẻ đường kính BD của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có: µA B· DC , xét tam giác vuông BC BC BC AC AB BDC ta có: sin B· DC sin Aµ 2R , lập luận tương tự ta có 2R, 2R . BD 2R sin Aµ sin Bµ sin Cµ +) Gọi M’ là giao điểm của đường thẳng đối xứng với đường thẳng AD qua đường phân giác trong tại đỉnh A . Ta sẽ chứng minh M’ trùng với điểm M. Thật vậy áp dụng kết quả chứng minh ở trên cho các tam giác ABM’, ACM’, ABE, ACE ta có và lưu ý B· AM ' C· AE, ·ACM ' ·ABE, ·ABM ' ·ACE,C· AM ' B· AE ta có: M ' A.sin B· AM ' M ' B · sin B· AM '.sin ·ACM ' sin C· AE.sin ·ABE CE AE sin ABM ' . 1 M ' B M 'C hay M’ là M 'C M ' A.sin C· AM ' sin ·ABM '.sin C· AM ' sin ·ACE.sin B· AE AE BE sin ·ACM ' trung điểm của BC, do đó M trùng với M’ mà C· AM ' B· AE C· AM B· AE BD CN BC // DN BCND là hình thang cân. Câu 6 (1,0 điểm) a. Chứng minh rằng: a3 b3 ab(a b) , với a, b là hai số dương. Giải Ta có bất đẳng thức (a b)(a2 ab b2 ) ab(a b) 0 (a b)(a2 2ab b2 ) 0 (a b)(a b)2 0 Ta thấy với a, b là hai số dương nên bất đẳng thức đã cho luôn đúng. Dấu “=” xảy ra khi a = b. BỔ SUNG THÊM MỘT SỐ CÁCH: C1: Xét hiệu: a3 b3 ab(a b) (a3 a2b) (b3 b2a) a2 (a b) b2 (a b) C2: Biến đổi tương tương C3: Sử dụng BĐT Côsi cho VP: a3 b3 (a b)3 3ab(a b) (a b)2 (a b) 3ab(a b) 4ab(a b) 3ab(a b) ab(a b) NGUYỄN ANH TUẤN 0985.767.113 b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a b 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 3 F a3 b3 a2 b2 ab. 2 Giải Cách 1 2 +) Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ở câu (a) ta có: a3 b3 ab(a b)2 mà theo giả thiết a b 1 2 Do đó a3 b3 ab(a b)2 (ab)2 +) Mặt khác ta có: F a2 b2 a b 2 2ab 1 1ab
8. 2 2 3 2 ab 2 1 1 15 1 15 15 +) Do đó F ab 1 2ab ab ab 1 ab 2.ab. ab 2 2 4 16 16 4 16 16 a b 1 1 +) Dấu “=” xảy ra 1 a b ab 2 4 15 1 +) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng , đạt được khi a b . 16 2 Cách 2 2 2 1 +) Ta có F a3 b3 a b ab. 2 (a b)3 (a b)2 +) Ta luôn có bất đẳng thức: a3 b3 , (*) với mọi a, b > 0. Thật vậy (*) a2 ab b2 4 4 4a2 4ab 4b2 a2 2ab b2 (a b)2 0, (luôn đúng). 3 2 3 3 2 (a b) 1 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: a b . 4 16 (a b)2 (a b)2 +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ab ab . 4 4 2 2 1 2 (a b) 1 7(a b) 1 7 15 a b 1 1 +) Do đó F a b . Dấu “=” xảy ra a b 16 8 16 8 16 8 16 a b 2 15 1 +) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng , đạt được khi a b . 16 2 2 3 BỔ SUNG THÊM: F a3 b3 a2 b2 ab. 2 C3: Ta có: 2 2 2 3 2 3 3 (a b) 2 1 F a b 3ab(a b) (a b) 2ab ab a b 3. (a b) (a b) ab 2 4 2 3 2 2 6 2 (a b) 2 1 (a b) (a b) 7(a b) 1 7 15 (a b) . 4 2 4 16 8 16 8 16 a b 1 1 Dấu “=” xảy ra a b a b 2 15 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng , đạt được khi a b . 16 2