Đề thi tuyển sinh môn Toán (Chuyên) vào Lớp 10 THPT (Ngày thi 3-6-2017) - Năm học 2017-2018 - Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Có đáp án)

 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
 BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2017-2018 
 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN ( CHUYÊN) 
 (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi : 03/6/2017 
 Thời gian làm bài : 150 phút 
Câu 1 ( 2.0 điểm ) Cho biểu thức : 
6 1
2 2 1
x x x x x
P
x x x x
, với 0, 1x x . 
a) Rút gọn biểu thức P . 
b) Cho biểu thức 
27 .
3 2
x P
Q
x x
, với 0, 1, 4x x x . Chứng minh 6.Q 
Câu 2 ( 1.0 điểm ) Cho phương trình : 2 22 1 3 0x m x m ( x là ẩn, m là tham 
số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm 1 2,x x sao cho 
2
1 1 2 14 2 2 1.x x x mx 
Câu 3 ( 2.0 điểm ) 
a) Giải phương trình : 22 7 2 1 8 7 1.x x x x x 
b) Giải hệ phương trình : 
2
2 2 2
4 1 4 0 1
1 3 1 2 .
x xy y
x xy x xy
Câu 4 ( 3.0 điểm ) 
Cho tam giác ABC có 060BAC , ,AC b AB c b c . Đường kính EF của đường 
tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc với BC tại M ( E thuộc cung lớn BC ). Gọi 
I và J là chân đường vuông góc hạ từ E xuống các đường thẳng AB và AC . Gọi H 
và K là chân đường vuông góc hạ từ F xuống các đường thẳng AB và AC . 
a) Chứng minh các tứ giác AIEJ , CMJE nội tiếp và . .EAEM EC EI . 
b) Chứng minh , ,I J M thẳng hàng và IJ vuông góc với HK . 
c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo ,b c . 
Câu 5 ( 1. điểm ) Chứng minh biểu thức 23 32 1 5 1 2 1S n n n n n n chia 
hết cho 120 , với n là số nguyên. 
Câu 6 ( 1. điểm ) 
a) Cho ba số , ,a b c thỏa mãn 0a b c và 1, 1, 1.a b c Chứng minh rằng 
4 6 8 2.a b c 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
3 3 2 2
1 1
x y x y
T
x y
 với ,x y là các số thực 
lớn hơn 1. 
---Hết--- 
 2 
ĐÁP ÁN VÀO 10 TOÁN CHUYÊN BÌNH PHƯỚC 2017-2018 
Câu 1 
a) Ta có 
6 1
2 2 1
x x x x x
P
x x x x
1 6 1 2
1 2
x x x x x x x
x x
6 3 2
1 2
x x x x x x x
x x
4 4
1 2
x x x x
x x
1 4
1 2
x x
x x
2x . 
b) Với 0, 1, 4x x x , ta có 
27 .
3 2
x P
Q
x x
27
3
x
x
9 36
3
x
x
36
3
3
x
x
36
6 3 6 12 6
3
x
x
. 
Dấu “=” xẩy ra khi 
36
3
3
x
x
 

 
2
3 36x   9x  . 
Câu 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi  0 2 4 0 2 1m m        . 
Theo hệ thức Vi-ét: 
 1 2
2
1 2
2 1
. 3
x x m
x x m
  

 
Mà 21 1 2 14 2 2 1x x x mx 
1 1 1 22 2 2 1x x m x x 
1 2 1 2. 2 1x x x x 
2 3 4 1 1m m 
2
2 2
4 2 0 2
2 2
m
m m
m
Từ  1 và  2 suy ra 2 2m   . 
Câu 3 
a) Điều kiện 1 7x  
Ta có 22 7 2 1 8 7 1x x x x x 
2 7 1 1 1 7 0x x x x x 
2 7 1 1 1 7 0x x x x x 
7 1 2 1 0x x x 
51 2
41 7
xx
xx x
 ( thỏa mãn điều kiện). 
 3 
Vậy phương trình có hai nghiệm 4; 5x x  . 
b) Điều kiện 
2 2
1
1 0
x
x xy


  
 , kết hợp với phương trình  1 , ta có 0.y  
 Từ  1 , ta có 
24 1 4 0x xy y    24 1 4x xy y    
   2 2 216 1 4x x y y     4 2 24 16 16 0y y x x     . 
Giải phương trình theo ẩn x ta được 
2
4
x
y
 hoặc 
2
4
0
4
x
y

 

 ( loại). 
Với 2
2
4
4x xy
y
   thế vào phương trình  2 , ta được : 2 3 3 1 4x x    
Điều kiện 3x  , ta có 
2 3 3 1 4x x    
   2 3 1 3 1 1 0x x       
 2
2
3 24
0
1 13 1
xx
xx

  
  
 
2
2 3
2 0
1 13 1
x
x
xx
 
    
   
2 0x   ( vì 
2
2 3
0
1 13 1
x
xx

 
  
) 2.x  
Với 2x  ta có 
2 2
2
0
y
y
y
 
 

. Kết hợp với điều kiện trên, hệ phương trình có nghiệm  2; 2 . 
Câu 4 
a) Ta có: 090AIE AJE nên tứ giác AIEJ nội tiếp. 
090EMC EJC nên tứ giác CMJE nội tiếp. 
Xét tam giác AEC và IEM , có 
ACE EMI ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE ). 
EAC EIM ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ ). 
Do đó hai tam giác AEC đồng dạng IEM . .
AE EC
EA EM EC EI
EI EM
    (đpcm). 
K
F
M
H
J
EI
A
B
O
N
C
 4 
b) Ta có IEM AEC AEI CEM   . 
Mặt khác AEI AJI ( cùng chắn cung IJ ), CEM CJM ( cùng chắn cung CM ). Suy ra 
CJM AJI . Mà ,I M nằm hai phía của đường thẳng AC nên CJM AJI đối đỉnh suy ra , ,I J M 
thẳng hàng. 
Tương tự, ta chứng minh được , ,H M K thẳng hàng. 
Do tứ giác CFMK nội tiếp nên CFK CMK . 
Do tứ giác CMJE nội tiếp nên JME JCE . 
Mặt khác 090ECF CFK JCE   ( vì cùng phụ với ACF ). 
Do đó 090CMK JME JMK EMC    hay IJ HK . 
c) Kẻ BN AC  N AC . Vì 060BAC  nên 030ABN  
2
2 2 2 3
2 2 4
AB c c
AN BN AB AN      
22
2 2 2 2 2 2 23
4 2
c c
BC BN CN b b c bc BC b c bc
 
             
 
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 
ABC . Xét tam giác đều BCE có  2 2
2 2 3 1
. 3
3 3.2 3
BC
R OE EM b c bc      . 
Câu 5 
Ta có 
4 3 25 5 5 6S n n n n n 
2 2 21 6 5 1n n n n n 
2 21 5 6n n n n 
1 1 2 3n n n n n 
1 1 2 3n n n n n 
Ta có S là tích của 5 số nguyên tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5! nên chia hết cho 120. 
Câu 6 
a) Từ giả thiết 1, 1, 1a b c , ta có 4 2 6 2 8 2, ,a a b b c c . Từ đó 
4 6 8 2 2 2a b c a b c 
Lại có 1 1 1 0a b c và 1 1 1 0a b c nên 
1 1 1 1 1 1 0a b c a b c 
2 2 2 2 0 2 2ab bc ca ab bc ca . 
Hơn nữa 2 2 20 2a b c a b c ab bc ca . Vậy 4 6 8 2a b c . 
b) Ta có 
3 3 2 2 2 2 2 21 1
1 1 1 1 1 1
x y x y x x y y x y
T
x y x y y x
Do 1, 1x y nên 1 0, 1 0x y 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương 
2 2
,
1 1
x y
y x
, ta có : 
2
1 1 2 1 1 1 0 2 1 0 2
1
x
x x x x x
x
2
1 1 2 1 1 1 0 2 1 0 2
1
x
y y y y y
y
Do đó 
2 2 2
8
1 1 1. 1
x y xy
T
y x x y
 5 
Dấu “ ” xẩy ra khi 
2 2
1 1 2
1 1
2
1 1
x y
y x x
x
y
y
 (thỏa mãn điều kiện) 
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức 8T khi 2.x y 
Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác đúng khoa học theo yêu cầu bài toán giám khảo cân 
nhắc cho điểm tối đa của từng phần.