Đề thi tuyển sinh môn Toán (Chuyên) vào Lớp 10 THPT (Ngày thi 30-6-2013 ) - Năm học 2013 -2014 - Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Có đáp án)

. 
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
xx 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 23 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 23 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: .... 
a
l
i
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
xx 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 xx x xx 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 23 17x x x x   . 
Giải 
Chú ý Vì 1 2,x x nằm trong các căn bậc hai nên phải có điều kiện 1 20, 0x x  . 
+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 2 1
' 0 4 2 3 0
3 7
0 0 4 0
2 2
0 2 3 0
m
x x S m
P m
     
 
         
    
+) Với 
3 7
2 2
m  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2 1 0x x  . 
Áp dụng định lí Vi-et 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 23 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 4 (1)x x x x      . 
Giải 
+) 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  . 
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 22 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 2 462
7 46
14 3 0 7 46
7 46
14 2 46
x
x y
yy 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 2a và 2b . Khi đó ta có 2 2 ( )( )a b a b a b    . 
+) Vì 2a và 2b 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    , (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 2a và 2b ( a, b nguyên) 
+ TH1: a, b cùng chẵn: suy ra 2 2 2 2 2 21 2 1 2(2 ) (2 ) 4( )a b k k k k     chia hết cho 4 1 2; ,k k Z 
+ TH2: a, b cùng lẻ: suy ra 2 2 2 2 2 21 2 1 1 2 2(2 1) (2 1) 4( )a b k k k k k k         chia hết cho 4 1 2; ,k k 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: 2 23 2 5 2 7 0x y xy x y      . 
Giải 
+) Ta có PT      2 23 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: 
2 7 2 7 1
3 1 1 3 0 3
x y x y x
x y x y y
      
   
        
,(nhận). 
+) 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 có nghiệm nguyên là (1; -3). 
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 
thuật làm như vậy: Ta xem vế trái là pt bậc hai ẩn x: 
2 2
2 2
3 (5 1) (2 2 ) 7 (1)
49 14 1 (7 1)VT
x y x y y
y y y
    
     
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: 2 2 0x y x y    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). 
a. Chứng minh rằng: 2 .EB ED EA và 
BA CA
BD CD
 . 
Giải 
+) Ta có ( )ABE BDE g g   , (vì E chung và BAD DBE ) 2 .
AE BE
BE AE DE
BE DE
    , (đpcm). 
+) Ta có ( )
AB BE
ABE BDE g g
BD DE
     , (1). Tương tự ta có ( )
AC CE
ACE CDE g g
CD DE
     , (2) 
Mặt khác ta có EB = CE (3) 
Từ (1), (2) và (3) ta có 
AB AC
BD CD
 , (đpcm). 
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 AxBPE B  (so le trong), mặt khác AxB ADB ( cùng bằng nửa số đo cung AB). Do 
đó ta có ADBPE B  BDEP là tứ giác nội tiếp. 
+) Ta có Ax // PQ AyCQE C  (so le trong), mặt khác AyC ADC ( cùng bằng nửa số đo cung AC). Do 
đó ta có ADCQE C  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 BPE BAx ADB ABz EBP EBP     cân tại E EB EP  , (1). 
+) Ta có CQE CAy ADC ACt ECQ 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. 
tz
y
x
N
M
Q
P
D
E
O
A
B C
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: A chung, ABC AQP (vì cùng bằng góc ADC ). Do đó hai tam giác 
đồng dạng theo trường hợp (góc – góc) 
2
( )
2
BA BC BA BM BA BM
ABM AQD c g c BAM QAD BAD CAM
QA QP QA QD QA QD
              
BD CN  //BC DN BCND  là hình thang cân. 
Cách 2 (Sử dụng định lí Ptôlêmê) 
+) Theo như câu (a), ta có: . D . D
D
AB AC
AB C AC B
DB C
   
+) Áp dụng định lý Ptôlêmê 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
BCAC MC
   
D D D
D
A B A AC
AC MC B MC
    (*) 
+) Ta có: Tứ giác ABCD nội tiếp DACB B A  (**) 
+) Từ (*) và (**) 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). 
Cách 3 (Sử dụng bài toán phụ 2
sin A sin B sin C
BC AC AB
R   , còn được gọi là định lí hàm Sin trong tam giác). 
 +) Trước hết ta đi chứng minh kết quả: Cho tam giác ABC ta luôn có 2
sin A sin B sin C
BC AC AB
R   , với R là 
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: A BDC , xét tam giác vuông 
BDC ta có: sin sin A 2
2 sin A
BC BC BC
BDC R
BD R
     , lập luận tương tự ta có 2 , 2
sin B sin C
AC AB
R R  . 
+) 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 
' , ' , ' , 'BAM CAE ACM ABE ABM ACE CAM BAE    ta có: 
' .sin '
' sin '.sin ' sin .sinsin ' . 1 ' '
' ' .sin ' sin '.sin ' sin .sin
sin '
M A BAM
M B BAM ACM CAE ABE CE AEABM M B M C
M C AE BEM A CAM ABM CAM ACE BAE
ACM
       hay M’ là 
trung điểm của BC, do đó M trùng với M’ mà 'CAM BAE CAM BAE BD CN     
//BC DN 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. 
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. 
BỔ SUNG THÊM MỘT SỐ CÁCH: 
C1: Xét hiệu: 3 3 3 2 3 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ......a b ab a b a a b b b a a a b b a b            
C2: Biến đổi tương tương 
C3: Sử dụng BĐT Côsi cho VP: 
3 3 3 2( ) 3 ( ) ( ) ( ) 3 ( ) 4 ( ) 3 ( ) ( )a b a b ab a b a b a b ab a b ab a b ab a b ab a b                
NGUYỄN ANH TUẤN 0985.767.113 
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 23 3 ( )a b ab a b   mà theo giả thiết 1a b  
Do đó    
2 23 3 2( ) ( )a b ab a b ab    
+) Mặt khác ta có:  
22 2 2 1 1F a b a b ab ab       
+) Do đó      
2
2 2 23 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 23 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 24 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
21 ( ) 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  . 
BỔ SUNG THÊM:  
2
3 3 2 2 3 .
2
F a b a b ab     
C3: Ta có: 
   
2
22
3 32 2
2
3 2 6 2
2
3 ( ) 1
3 ( ) ( ) 2 3. ( ) ( )
2 4 2
( ) 1 ( ) ( ) 7( ) 1 7 15
( ) .
4 2 4 16 8 16 8 16
a b
F a b ab a b a b ab ab a b a b a b ab
a b a b a b a b
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  .