Câu 1 (2,0 điểm) a. Tính 8 2 7 16 6 7A = + + − b. Rút gọn biểu thức: 1 1 : 1 x x x x M x x x x   − + + = −  ÷  ÷ − +   , (với 0, 1x x> ≠ ). Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình: 2 4 2 3 0x x m− + − = , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thỏa mãn: ( ) 1 2 1 2 3 17x x x x+ = + . Câu 3 (2,0 điểm) a. Giải phương trình: 1 5 4 3 2 4x x x x+ + = − + + . b. Giải hệ phương trình: 2 ( 2 2)(2 ) 2 (5 2) 2 7 3 x y x y x y y x y + − + = − −   − = −  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: 2 2 3 2 5 2 7 0x y xy x y− − + − − = . 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). a. Chứng minh rằng: 2 .EB ED EA= và BA CA 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: 3 3 ( )a b ab a b+ ≥ + , với a, b là hai số dương. b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn 1a b+ ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) 2 3 3 2 2 3 . 2 F a b a b ab= + + + + Hết SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Đề thi môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 30/6/2013 Thời gian làm bài: 150 phút 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: .…….… GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2013-2014 Câu 1 (2,0 điểm) a. Tính 8 2 7 16 6 7A = + + − Giải Ta có ( ) ( ) 2 2 7 2 7 1 9 2.3 7 7 7 1 3 7 7 1 3 7 4A = + + + − + = + + − = + + − = b. Rút gọn biểu thức: 1 1 : 1 x x x x M x x x x   − + + = −  ÷  ÷ − +   , (với 0, 1x x> ≠ ). Giải Ta có ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 : : : 1 1 x x x x x x x M x x x x x x x x x   − + + + − +       = − = − =  ÷  ÷   − +       ( ) ( ) ( ) 1 1 . 1 1 x x x x x x x − + = = − + Vậy ( ) 1M x x= − Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình: 2 4 2 3 0x x m− + − = , (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thỏa mãn: ( ) 1 2 1 2 3 17x x x x+ = + . Giải +) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 , 0x x ≥ . +) Với 3 7 2 2 m≤ < phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 , 0x x ≥ . Áp dụng định lí Viet ta có: 1 2 1 2 4 . 2 3 x x x x m + =   = −  +) Ta có ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 17 3 2 17 3 4 2 2 3 2 3 17x x x x x x x x x x m m+ = + ⇔ + + = + ⇔ + − = − + ( ) 2 1 6 2 3 2 2 3 2 3 1 9 2 3 2 1 m m m m m m m m ≥ −   ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔  − = + +   2 1 1 2 16 28 0 14 m m m m m m ≥ −  ≥ −   ⇔ ⇔ =    − + =    =   So sánh với các điều kiện ta có giá trị m thỏa mãn là 2m = . Câu 3 (2,0 điểm) a. Giải phương trình: 1 5 4 3 2 4x x x x+ + = − + + . Giải Cách 1: +) ĐK: 1 1 0 0 5 0 3 3 4 3 0 4 4 2 4 0 2 x x x x x x x x x ≥ −  + ≥   ≥   ≥   ⇔ ⇔ ≥   − ≥ ≥     + ≥  ≥ −   +) Ta có 1 2 1. 5 5 4 3 2 4 3. 2 4 2 4PT x x x x x x x x⇔ + + + + = − + − + + + 2 3 ( ) 1. 5 4 3. 2 4 5 ( 1) (4 3)(2 4) 3 5 12 0 4 ( ) 3 x l x x x x x x x x x x x n = −   ⇔ + = − + ⇔ + = − + ⇔ + − = ⇔  =  +) KL: Phương trình có một nghiệm 4 3 x = . Cách 2: +) ĐK: 1 1 0 0 5 0 3 3 4 3 0 4 4 2 4 0 2 x x x x x x x x x ≥ −  + ≥   ≥   ≥   ⇔ ⇔ ≥   − ≥ ≥     + ≥  ≥ −   +) Ta có: 1 5 4 3 2 4x x x x+ + = − + + 3 3 0 2 4 1 5 4 3 1 1 ( 3) 0 2 4 1 5 4 3 3( ) 1 1 0 2 4 1 5 4 3 x x x x x x x x x x x x L x x x x − − ⇔ − = + + + + −   ⇔ − − =  ÷ + + + + −   = −    − =  + + + + −  +) Ta giải phương trình: ( ) ( ) 1 1 0 2 4 1 5 4 3 2 4 1 5 4 3 5 2 4 4 3 1 0 3 4 3 4 0 5 2 4 5 2 4 1 1 (3 4) 0 5 2 4 5 2 4 4 ( ) 3 1 1 0 5 2 4 5 2 4 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x N x x x x − = + + + − − ⇔ + + + = + − ⇔ − + + − − + = − − ⇔ + = + + − +   ⇔ − + =  ÷ + + − +    =   ⇔  + =  + + − +  Dể thấy 1 1 0 5 2 4 5 2 4x x x x + > + + − + ⇒ PT chĩ có một nghiệm duy nhất là 4 3 x = b. Giải hệ phương trình: 2 ( 2 2)(2 ) 2 (5 2) 2 7 3 x y x y x y y x y + − + = − −   − = −  Giải +) Ta có 2 2 (1) 2 4 2 4 2 10 4 2PT x xy xy y x y xy x y⇔ + + + − − = − − ( ) 2 2 2 2 2 5 2 0 2 4 (2 ) 0 2 ( 2 ) ( 2 ) 0x xy y x xy y xy x x y y x y⇔ − + = ⇔ − + − = ⇔ − − − = 2 0 2 ( 2 )(2 ) 0 2 0 2 x y x y x y x y x y y x − = =   ⇔ − − = ⇔ ⇔   − = =   +) Trường hợp 1: 2x y= , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2 2 7 3 x y x y =   − = −  2 1 2 2 2 1 3 4 7 3 0 3 4 4 3 2 x x y y x y x x y y x y  =    =  =    =    =   ⇔ ⇔ ⇔   =    − + =      =       =     +) Trường hợp 2: 2y x= , kết hợp với phương trình (2) ta có hệ 2 2 7 3 y x x y =   − = −  2 7 46 2 14 2 46 2 7 46 14 3 0 7 46 7 46 14 2 46 x x y y y x x x x x x y   = +   =    = + =      ⇔ ⇔ ⇔ = +    − + =    = −    = −      = −     +) Kết luận: Hệ phương trình có 4 nghiệm: 3 1 4 , 2 3 2 x x y y  =  =     =   =   , 7 46 7 46 ; 14 2 46 14 2 46 x x y y   = + = −     = + = −     . 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 2 a và 2 b . Khi đó ta có 2 2 ( )( )a b a b a b− = − + . +) Vì 2 a và 2 b 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 2 2 ( )( ) 4a b a b a b− = − + M , (đpcm). b. Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2 3 2 5 2 7 0x y xy x y− − + − − = . Giải +) Ta có PT ( ) ( ) ( ) 2 2 3 6 2 2 7x xy y xy x y⇔ − + − + + − = . ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 7x x y y x y x y⇔ − + − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 1 7 1.7 7.1 1. 7 7. 1x y x y⇔ − + + = = = = − − = − − Do đó ta có 4 trường hợp sau: +) TH1: 13 2 1 2 1 7 3 1 7 3 6 3 7 x x y x y x y x y y  =  − = − =    ⇔ ⇔    + + = + =    =   ,(loại). +) TH2: 1 2 7 2 1 7 3 1 1 3 0 3 7 x x y x y x y x y y  =  − = − =    ⇔ ⇔    + + = + =    = −   ,(loại). +) TH3: 17 2 1 2 1 7 3 1 7 3 8 5 7 x x y x y x y x y y  = −  − = − − = −    ⇔ ⇔    + + = − + = −    = −   ,(loại). +) TH4: 11 2 7 2 7 7 3 1 1 3 2 19 7 x x y x y x y x y y  = −  − = − − = −    ⇔ ⇔    + + = − + = −    =   ,(loại). +) Kết luận: Phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. 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). a. Chứng minh rằng: 2 .EB ED EA= và BA CA 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. Hình vẽ: a. Chứng minh rằng: 2 .EB ED EA= và BA CA BD CD = . Giải: +) Nối BD +) Ta có: · » · 1 d D D 2 EBD s B BA= = (1) Y +) Ta có: · · · · · · · · DE 180 D DE D 180 D B B A B EBA EBA DBA BA B A  = °−  ⇒ =  = + = ° −   (2) +) Từ (1) và (2) ⇒ D ( )B E ABE g g∆ ∆ −: 2 D E. D E EB E EB A E A E B ⇒ = ⇒ = (đpcm) +) Chứng minh tương tự ta được: E( )DCE AC g g∆ ∆ −: AC EC DC DE ⇒ = (3) D EB( g - g )BE A∆ ∆: D D BA B BE E ⇒ = (4) +) Từ (3) và (4) kết hợp với C DE B DE DE = AC BA DC BE ⇒ = (đpcm) b. Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua một điểm. Giải +) Ta có: · · A AEPE y= (sole trong) Mà: · » · 1 AE d D D 2 y s A AB= = ⇒ Tứ giác BDEP nội tiếp được +) Chứng minh tương tự, ta được: Tứ giác DCQE nội tiếp được ⇒ Các đường tròn ngoại tiếp của ba tam giác ABC, EBP, ECQ cùng đi qua điểm D c. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BCQP. Giải: +) Ta có: · · · · 180 180 D DPBE ABE B E B A= °− = ° − = Mà: · » · 1 D 2 B A sd BA xAP= = · · PBE xAP⇒ = Mà ta lại có: · · xAP BPE= (sole trong) · · · ( )PBE BPE xAP⇒ = = PBE ⇒ ∆ cân tại E BE PE⇒ = (5) +) Chứng minh tương tự, ta được: EC EQ= (6) +) Từ (5) và (6) ⇒ E là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC d. Chứng minh tứ giác BCND là hình thang cân Giải: +) Theo như câu (a), ta có: . D . D D AB AC AB C AC B DB C = ⇒ = +) Áp dụng định lý Ptolemaeus cho tứ giác ABCD, ta được: D. . D. 2. .A BC AB DC B AC AC DC= + = D. 2. .A BC AC DC ⇒ = D D D 2 A B B BC AC MC ⇔ = = D D D D A B A AC AC MC B MC ⇒ = ⇔ = (7) +) Ta có: Tứ giác ABCD nội tiếp · · DACB B A⇒ = (8) +) Từ (7) và (8) D ( )A B ACM c g c⇒ ∆ ∆ − −: · · DBA NAC⇒ = +) Ta có: · » · · » · 1 D d D D 2 1 d 2 BA s B BC NAC s NC NBC  = =     = =   Mà · · DBA NAC= · · DBC NBC⇒ = ⇒ Tứ giác BCDN là hình thang cân (đpcm) Câu 6 (1,0 điểm) a. Chứng minh rằng: 3 3 ( )a b ab a b+ ≥ + , với a, b là hai số dương. Giải Ta có bất đẳng thức 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) 0 ( )( 2 ) 0 ( )( ) 0a b a ab b ab a b a b a ab b a b a b+ − + − + ≥ ⇔ + − + ≥ ⇔ + − ≥ Ta thấy với a, b là hai số dương nên bất đẳng thức đã cho luôn đúng. Dấu “=” xảy ra khi a = b. b. Cho a, b là hai số dương thỏa mãn 1a b+ ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) 2 3 3 2 2 3 . 2 F a b a b ab= + + + + Giải Cách 1 +) Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ở câu (a) ta có: ( ) [ ] 2 2 3 3 ( )a b ab a b+ ≥ + mà theo giả thiết 1a b+ ≥ Do đó ( ) [ ] 2 2 3 3 2 ( ) ( )a b ab a b ab+ ≥ + ≥ +) Mặt khác ta có: ( ) 2 2 2 2 1 1F a b a b ab ab= + = + − ≥ − +) Do đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 1 15 1 15 15 1 2 1 2. . 2 2 4 16 16 4 16 16 ab F ab ab ab ab ab ab ab   ≥ + − + = − + = − + + = − + ≥  ÷   +) Dấu “=” xảy ra 1 1 1 2 4 a b a b ab + =   ⇔ ⇔ = =  =   +) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng 15 16 , đạt được khi 1 2 a b= = . Cách 2 +) Ta có ( ) ( ) 2 2 3 3 1 . 2 F a b a b ab= + + + − +) Ta luôn có bất đẳng thức: 3 3 3 ( ) 4 a b a b + + ≥ , (*) với mọi a, b > 0. Thật vậy (*) 2 2 2 ( ) 4 a b a ab b + ⇔ − + ≥ 2 2 2 2 2 4 4 4 2 ( ) 0a ab b a ab b a b⇔ − + ≥ + + ⇔ − ≥ , (luôn đúng). Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: ( ) 2 3 2 3 3 ( ) 1 4 16 a b a b   + + ≥ ≥     . +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 2 ( ) ( ) 4 4 a b a b ab ab + + ≤ ⇔ − ≥ − . +) Do đó ( ) 2 2 2 1 ( ) 1 7( ) 1 7 15 16 8 16 8 16 8 16 a b a b F a b + + ≥ + + − = + ≥ + = . Dấu “=” xảy ra 1 1 2 a b a b a b + =  ⇔ = =  =  +) Vậy giá trị nhỏ nhất của F là bằng 15 16 , đạt được khi 1 2 a b= = . . + Hết SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 201 3- 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Đề thi môn: TOÁN (chuyên) Ngày thi: 30/6 /2013 Thời gian làm bài: 150. thí sinh: ………………….………SBD: …………. Họ và tên giám thị 1: …………………… chữ kí: .…….… Họ và tên giám thị 2: …………………… chữ kí: .…….… GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 201 3- 2014 Câu. …………………… chữ kí: .…….… GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 201 3- 2014 Câu 1 (2,0 điểm) a. Tính 8 2 7 16 6 7A = + + − Giải Ta có ( ) ( ) 2 2 7 2 7 1 9 2.3 7 7 7