SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 03/06/2018

Câu 1. (2,0 điểm).
 a 1
  a 1

ab  a
ab  a

 1 : 

 1
a) Rút gọn biểu thức T  
ab  1
ab  1
 ab  1
  ab  1


b) Cho x  3  2. Tính giá trị của biểu thức: H  x 5  3x 4  3x 3  6x 2  20x  2023
1
1

c) Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M di chuyển trên dây BC  M khác
B và C  .

Câu 5. (1,0 điểm).
a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 16p  1 là lập phương của số nguyên dương.





b) Tìm tất cả các bộ số nguyên a ,b  thỏa mãn 3 a 2  b 2  7 a  b   4
Câu 6. ( 1,0 điểm).
a) Cho x , y là hai số dương. Chứng minh rằng:

x 2 y2

x y
y
x

b) Xét các số thực a, b, c với b  a  c sao cho phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0 có hai nghiệm thực
m, n thỏa mãn 0  m, n  1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M 

(a  b)(2a  c)
a(a  b  c)
HẾT

Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

 ab  1
  ab  1

1

2,0

b) Cho x  3  2. Tính giá trị của biểu thức:

H  x 5  3x 4  3x 3  6x 2  20x  2023.
 a 1
  a 1

ab  a
ab  a
a) Rút gọn biểu thức T  

 1 : 

 1 .
ab  1
ab  1
 ab  1
  ab  1


a  0

Điều kiện: b  0
ab  1

T

2 ab



2 a  1
ab  a
1 
.
ab  1
ab  1

0,25



0,25

a 1

ab  1

 : 2 

a 1

ab  1

 

2

2

 3  4  4x  x 2  3  x 2  4x  1  0.

 



H  x 5  4x 4  x 3  x 4  4x 3  x 2  5 x 2  4x  1  2018.

0,25
0,25

Suy ra:







 



H  x 3 x 2  4x  1  x 2 x 2  4x  1  5 x 2  4x  1  2018.
Do x 2  4x  1  0 nên H  2018.



0,125

Để (d ) cắt (P ) tại hai điểm A(x 1; y1 ), B(x 2 ; y2 ) thì phương trình (1) có hai nghiệm.

D '  0  m  1  2m 2  1  2m  m 2  0  0  m  2.
2

0,25

Vậy với 0  m  2 thì đường thẳng (d ) cắt Parabol (P ) tại hai điểm A(x 1; y1 ), B(x 2 ; y2 ) .
Khi đó theo định lý Viet thì
2

x 1  x 2  2 m  1

2
x 1x 2  2m  1

0,125

Ta có
1
2
1
2
y1  (m  1)x 2  m 
2
y1  (m  1)x 1  m 2 



x  1  6x  14  x 2  5.

7
Điều kiện: x  .
3
Nhận xét: với điều kiện trên thì vế phải của phương trình luôn dương.
Ta có:

x  1  6x  14  x 2  5  x  1  2  6x  14  2  x 2  9.


0,125

6  x  3
x 3

  x  3 x  3  0.
x 1  2
6x  14  2

1
6


  x  3 

  x  3   0.
6x  14  2
 x 1  2

 x  1  2
6x  14  2
6x  14  2

7

VT *  2
7

 x    PT *VN .
Ta có : 
16
3

VP * 

3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3.

 *

.

0,125

0,125

 x 2  1y 2  1  10
.
b) Giải hệ phương trình: 

u  v   2uv  10
u  v   16
u  v  10


uv  3
uv  3
uv  3

I   

2

2

2

 u  1

 v  3
 u  3
 u  v  4


uv

3


v  1

- Với v  3  xy  2  
x  2



 y  1
 x  0

u  3 x  y  3 y  3




- Với v  1

xy  0
 x  3
 y  0


2

0,125

0,125

0,125

0,125



C

M

A

O

B

H

K
N

D

  900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ACM
  900.
Ta có: ACB

0,25

  AHM
  900  ACM
  AHM
  1800  tứ giác ACMH nội tiếp.
ACM




C
P

E
M

F
I
A

O

B

H

K
N

D

Gọi AF  MH  I  ; AM  BF  P .
MH AH
MH / /PB vì cùng vuông góc AB 

PB AB
IH AH
IH / /FB 

  FE  FP .
 FEP
Vì FE  FP và FE  FB do đó FB  FP mà F  BP  BP  2FB.
IH MH
Suy ra:

 MH  2IH  AF đi qua trung điểm I của MH .
FB 2FB
c) Chứng minh rằng: MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M di chuyển
trên dây BC  M khác B và C  .

0,125
0,125
0,25
0,75

C

M
G

Q
A

O

B

H


 vì cùng chắn AC
 nên AMC
  AMN
.
Mà AMC

0,125

Kẻ AQ vuông góc với MN tại Q . Khi đó AMC  AMQ ch  gn   AQ  AC .

0,125

Trong đó: AC  R 2  R 2  R 2 không đổi và A là một điểm cố định nên khi M di



5



chuyển trên dây BC thì MN luôn tiếp xúc với đường tròn A; R 2 là một đường tròn

0,125

cố định.
a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 16p  1 là lập phương của số nguyên dương.

1,0




0,125

thỏa mãn yêu cầu.





b) Tìm tất cả các bộ số nguyên a ,b  thỏa mãn 3 a 2  b 2  7 a  b   4.

0,5

Nhân cả hai vế 12 , ta được:
2
2
36 a 2  b 2   84 a  b   48   6a  7    6b  7   50

0,125

Số 50 có thể phân tích thành tổng của hai số chính phương là 50  25  25  1  49

0,125

Page 7


Nhận xét: Do vai trò của a ,b như nhau nên nếu a ,b  thỏa mãn thì b , a  cũng thỏa mãn.

Nên chỉ cần xét các trường hợp sau:





6
a
7
5

3
 6b  7   25



 6a  7  5

b
2



1
6a  7  5

a
 6a  7  5

3



 6a  7 2  1
3

 6b  7  7





2
b  0
 6a  7  1 
 6b  7   49

a  1
 6b  7  7


 7
6a  7  1  b 
3

 6b  7  7


 a  1
 b  0

Kết hợp với giả thiết và nhận xét ở trên, ta có các bộ số a ,b  thỏa mãn là:


y
x

1,0

0,5

0,125

Page 8






  x  y  x 2  xy  y 2  xy  x  y  .

0,125
0,125

x  xy  y  xy  x  2xy  y  0   x  y   0 (hiển nhiên).
2

2

2

2


M 


.
a(a  b  c)
b c
1  m  n  mn
1 
a a



Từ đó suy ra:

Vì

0,125

b
c
và m.n 
a
a

2  mn  2 và mn  0 nên
M 






Do đó:

1m n
3
M 
 .
1
4
1m n  1m n
3



Vậy giá trị nhỏ nhất của M là

0,125



3
đạt được khi m  n  1 hay a  b  c  0 và a  c.
4

Page 9