SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(2,0 điểm) Cho biểu thức A  KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Mơn: TỐN CHUYÊN Năm học 2019-2020   x 3 x x 3 x 3   x 2 x 3 x 1 3 x a) Rút gọn A b) Tính giá trị A x   Câu (1,0 điểm) Cho phương trình : x2   m   x  3m   1 với m tham số Tìm giá trị m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho x1 , x2 độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng với cạnh huyền có độ dài Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x   x2   3x  x 2 x3  x y  xy  y  x  y  b) Giải hệ phương trình:   2 x  xy  x  Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  đường tròn  O '; R ' cắt hai điểm phân biệt A B Trên tia đối tia AB lấy điểm C kẻ tiếp tuyến CD, CE với đường tròn  O; R  , D, E tiếp điểm E nằm đường tròn  O '; R ' Đường thẳng AD, AE cắt đường tròn  O '; R ' M N (M, N khác A) Tia DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) Tứ giác BEIN nội tiếp b) MIB AEB c) O ' I  MN Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên y   199  x  x b) Tìm tất cặp số nguyên tố  p; q  cho p  2q  41 Câu a) Cho x, y số thực dương thỏa mãn xy  , chứng minh rằng: 1    x  y  xy b) Cho x, y số thực dương thỏa mãn điều kiện  x  y   xy  12 1   2018 xy Tìm GTLN P  1 x 1 y ĐÁP ÁN Câu a) Điều kiện : x  0; x  9(*) A     x x 3   x  3 x  3 x  1 x 3  x x   x  12 x  18  x  x   x 3   x  3  x     x  3 x  1  x 1  x 1  x x  3x  x  24  x 3  x 1 x8 x 1 b) x   thỏa mãn * Với x    A     ta có : x8 42 8 12    4 32 x 1 3 1 1   Câu Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện toán là:  m     3m  3  m2  8m  16      S  m     m  2    P  3m   m   x12  x22  25  x  x  x x  25  m  2   3m  3  25    2  m  m  2   m3 m   m   m  3 Vậy m  thỏa mãn yêu cầu toán Câu a) x   x2   3x  x Điều kiện 2  x  Đặt t  x   x  x  x  t2  , phương trình cho trở thành: t   3t  2t     4 t   x  0(tm) *)t   x   x    x   x  x  x     x  2(tm) 4 4 20 2  14 *)t    x   x     x   x  x2  x  0 x (tm) 3 3   2  14   Vậy S  0;2;      2  2 x  x y  xy  y  x  y (1) b   2 x  xy  x  (2)  y  x Ta có 1  x  x  y   y  x  y    x  y     x  y   x  y  1     y  2x  *) y   x     x3  x     x  1  x  x     x   y  1   17  y  10  17 x  2 *) y  x      x  x       17  y  10  17 x      17    17    ;10  17  ;  ;10  17   Vậy tập nghiệm  x; y   1; 1 ;        Câu C M A D E O O' I B N a) Tứ giác BAMN nội tiếp nên ta có: BAD  BNM hay BAD  BNI (1) Tứ giác BEAD nội tiếp nên ta có: BAD  BED (2) Từ (1) (2) suy BED  BNI , tứ giác BENI nội tiếp   BMI  BAE (1) b) Tứ giác BAMN nội tiếp   (2)   MNA  MBA Tứ giác BEIN nội tiếp  MNA  INE  IBE (3) Từ (2) (3)  MBA  IBE  IBM  MBE  EBA  MBE  IBM  EBA (4) Từ (1) (4)  MIB AEB( g.g ) BD CD  DA CA BD EB CE EB  (5) Tương tự, ta có: mặt khác CD  CE (tính chất tiếp tuyến)   DA EA CA EA EB IB  (6) MIB AEB(cm câu b)  EA IM c) CD tiếp tuyến (O) nên CDA  CBD  CDA CBD( g.g )  *)ABD  AED  IEN mà IEN  IBN (tứ giác BEIN nội tiếp)  ABD  IBN Mặt khác INB  DAB (chứng minh câu a), từ ta có INB Từ (5), (6), (7)  DAB  g.g   DB IB  (7) DA IN IB IB   IM  IN  I trung điểm MN  O ' I  MN IN IM Câu a) ĐK:199  x2  x    x  1  200  x  15; 14; 13; ;12;13 x   Ta có: y   199  x  x   200   x  1   10   y  4, mà y  Suy y  2; 1;1;2  x  15 y 1   x  13  x  3 y  2   x   x  15 y  1    x  13  x  3 y  2  x  Vậy tập hợp cặp số  x; y  nguyên thỏa mãn đề là: S  13; 1 ;  15; 1 ;  15;1 ;  3;2 ;  3; 2 ; 1;2 ; 1; 2  b) p  2q  41  p  41  2q  p số lẻ  p lẻ  p  2k  1 k  * , thay vào (*) suy : q  2k  k  1  20  q chẵn, mà q số nguyên tố nên q   p  49  p  Câu 1 1 1 a)       0  x  y  xy  x  xy  y  xy   xy  x 1  x  1   xy   xy  y 1  y  1  xy  0 y x  x y    0  xy   x  y    xy  1  0, bất đẳng thức với số thực x, y  0; xy  1  x 1  y  1  xy  y x Vậy bất đẳng thức cho b) Ta có  12   x  y   xy  xxy   xy (áp dụng BĐT AM-GM cho hai số thực không âm x, y) Đặt t  xy  t   , đó: 12  8t  4t  2t  t     t  1  2t  3t  3   t  (Vì t   2t  3t   0) t    xy  Theo câu a ta có: P 1   2018 xy   2018 xy 1 x 1 y  xy  2018t 1 t Ta cần chứng minh GTLN P 2019, ta chứng minh bất đẳng thức sau đúng:  2018t  2019  2018t  2018t  2019t  2017  1 t   t  1  2018t  4036t  2017   Đặt t  xy   t  1 , ta được: P  t  Bát đẳng thức sau với  t  Dấu "  " xảy   x  y 1 x  y  Vậy GTLN P 2019 đạt x  y  ...  x     x   y  1   17  y  10  17 x  2 *) y  x      x  x       17  y  10  17 x      17    17    ;10  17  ;  ;10  17   Vậy tập nghiệm  x; y  ... 2018 xy 1 x 1 y  xy  2018t 1 t Ta cần chứng minh GTLN P 2019, ta chứng minh bất đẳng thức sau đúng:  2018t  2019  2018t  2018t  2019t  2017  1 t   t  1  2018t  4036t  2017  ... nguyên thỏa mãn đề là: S  13; 1 ;  15; 1 ;  15;1 ;  3;2 ;  3; 2 ; 1;2 ; 1; 2  b) p  2q  41  p  41  2q  p số lẻ  p lẻ  p  2k  1 k  * , thay vào (*) suy : q