SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE
NĂM HỌC: 2016 – 2017
Môn :TOÁN (chuyên)
Thời gian: 150 phút ( không kể phát đề)

Bài 1: (1,5 điểm )
a) Cho a  1  2 3  2 2
Chứng minh a là một nghiệm của phương trình x  x3  2x2
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n để A  n 2  n  2 là một số chính phương.
Bài 2: (2,0 điểm )
1
2

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y  x 2 và đường thẳng (d) :
y  2x 

3
. Gọi A, B là giao điểm của (P) và (d). Tìm trên trục Oy điểm C sao
2

cho tổng khoảng cách ( BC + CA) nhỏ nhất.
b) Cho hai phương trình x 2  mx  2  0 và x 2  4x  m  0 (m là tham số)
Tìm m để hai phương trình có ít nhất một nghiệm chung.
Bài 3: (2,0 điểm )
a) Giải phương trình:  x  2  x  1  1  x 2  3x  2  1


d) Kẻ tiếp tuyến DF với đường tròn ( F là tiếp điểm, F khác B). Chứng minh
đường thẳng BF luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên d.
e) Cho OA  R 3 và AM  R 2 . Tính DE theo R.

. . . . . HẾT. . . . .


GIẢI ĐỀ THI TS THPT CHUYÊN BẾN TRE 2016 - 2017
Môn : Toán (chuyên)
CÂU
Bài 1

LỜI GIẢI
a) Cho a  1  2 3  2 2 .
Chứng minh a là một nghiệm của phương trình x  x3  2x2
a  1 2 3  2 2  1 2





2 1

2

 1 2






2n  1  2k  7
n  1


2n  1  2k  1 k  2
Vậy: n  1  A  4 là số chính phương

Bài 2

1
2

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y  x 2 và đường thẳng
3
2

(d) : y  2x  . Gọi A, B là giao điểm của (P) và (d). Tìm trên trục Oy điểm
C sao cho tổng khoảng cách ( BC + CA) nhỏ nhất.
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm
của hệ phương trình
x  1

 1 2   1
 1 2
y
 1 2
y  x
 y  2 x
  2



Theo tính chất đối xứng, ta có CA’ = CA
Suy ra: CA  CB  CA  CB  A' B ( không đổi)
CA  CB nhỏ nhất  CA  CB  A' B
 A’, C, B thẳng hàng và COy
C là giao điểm của đường thẳng A’B và trục Oy.


1


a

b

a  1



2
Phương trình đường thẳng A’B có dạng y  ax  b  

3
9
b
3a  b 


2

 x  mx 0  2  0
  m  4  x 0  m  2  0 (*)
Khi đó ta có:  02
2


 x 0  4x 0  m  0

+ Nếu m  4 : (*) 2=0: vô nghiệm

2m
, thay vào phương trình x 0 2  mx 0  2  0 , ta được:
m4
m  3
m3  3m2  12m  36  0   m  3  m 2  12   0  
 m  2 3
Với m  3 ta có hai phương trình x 2  3x  2  0 và x 2  4x  3  0 có nghiệm chung là
x 1
Với m  2 3 ta có hai phương trình x 2  2 3x  2  0 và x 2  4x  2 3  0 không có
nghiệm chung.
Với m  2 3 ta có hai phương trình x 2  2 3x  2  0 và x 2  4x  2 3  0 có một
nghiệm chung x  1  3
Vậy có hai giá trị cần tìm là m  3 ; m  2 3
+ Nếu m  4 : (*) x 0 

Bài 3





b

a

b
1

ab

0










 a  b  a  1 b  1  0


  x  1  0
 a 2  b 2  1
 b  0
a 2  b 2  1




a=1


a

2
a

b

1


 x  2  2




  b=1



  b  1
 b  1
  x  1  1
Vậy: phương trình có hai nghiệm x  1, x  0


 x 3 y3  7y3  8
b) Giải hệ phương trình:  2

x

 


x y
y x
3

2
x
2
 x    6  x    7
y
y
y

 
2 y

 x  y   x  0


2
x
Đặt a  x  , b  (đk b  0 ), ta được hệ phương trình:
y
y
3
a  6ab  7

x 1
x  y
 x  y
x  y


 y
3 3

3

Vậy: hệ phương trình có hai nghiệm là 1;1 , 2; 2

Bài 4

a) Cho hai số thực x, y thỏa x  y  2 . Chứng minh rằng 3 x  3 y  2
Đặt a  3 x ,b  3 y  a 3  x ,b3  y .
Khi đó a3  b3  2 , ta cần phải chứng minh: a  b  2
3
3
Đặt a  1  t  b3  2  a 3  2  1  t   1  3t  3t 2  t 3  1  3t  3t 2  t 3  1  t 
Suy ra b  1  t , ta lại có a  1  t , nên a  b  1  t  1  t  2 (ĐPCM)
b) Cho số thực x thỏa : 0  x  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2x 4x

x
2x
2x 4x  2x
2x
x

  2  x   x 2  x  1 (thỏa đk)
Dấu “=” xảy ra 
x
2x
Vậy: MinP  6 khi x  1
P


Bài 5

a) Chứng minh tứ giác OMDE nội tiếp.
Tứ giác OMAC nội tiếp ( OAM  OCM  900 )
 OMA  OCB (cùng bù với góc OCA)
Tứ giác OBEC nội tiếp ( OBE  OCE  900  900  1800 )
 OEB  OCB (cùng chắn cung OB)
 OEB  OMA

Do đó tứ giác OMDE nội tiếp.

b) Chứng minh tam giác DOM cân.
Tứ giác OMDE nội tiếp  OEM  ODM (cùng chắn cung OM)
mà OEM  OEB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
và OEB  OMA (chứng minh trên)
 ODM  OMA

Suy ra DOM cân tại O
c) Chứng minh OA.ME  OM.AB .
OBA và OEM có
OBC  OEC (tứ giác OBEC nội tiếp)
OAC  OMC (tứ giác OMAC nội tiếp)


Ta có đường tròn (O;R) và đường thẳng d cố định nên đoạn thẳng OA cố
định và có độ dài không đổi (2)
Từ (1) và (2)  Khoảng cách OI không đổi và I thuộc OA cố định


Suy ra I cố định
Do đó đường thẳng BF luôn đi qua một điểm I cố định khi M di động trên d.
e) Cho OA  R 3 và AM  R 2 . Tính DE theo R.
DOM cân tại O có OA là đường caoOA cũng là trung tuyến
 AD  AM  R 2

OAD vuông tại A có OA  R 3 ,AD  R 2
OD  OA2  AD2  R 5  OM  OD  R 5

OBD vuông tại B  BD  OD2  OB2  2R
OBA ~OEM


OB OA R 3
3
5
15



 OE  OB
R
OE OM R 5
3