Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 trường thpt chuyên Bình Dương năm học 2016 - 2017

 Tên : Trƣơng Quang An 
 Giáo viên Trƣờng THCS Nghĩa Thắng 
 Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi 
 Điện thoại : 01208127776 .Nguồn sƣu tầm trên mạng và ảnh chụp đề của 
học sinh thi chuyên BÌNH DƢƠNG 2016 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (2 điểm ) 
a.Giải phƣơng trình 2 2 2 2 1 2 0x x x     
b. Giải hệ phƣơng trình 
2 2
1 1 3
2
x y
x y xy x y
    

   
Câu 2 (2 điểm ) Cho biểu thức 
2
4 4 4 4
8 16
1
x x x x
x x
    
 
 (x>4). 
a.Rút gọn biểu thức A . 
b.Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. 
Câu 3 (2 điểm ). 
a. Cho phƣơng trình x
2
 +mx +n+1 = 0 có hai nghiệm nguyên dƣơng .Chứng minh 
rằng 2 2m n . 
b. Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình x.(x
2
 +x+1)=4y(y-1) 
Câu 4 (1 điểm ). Cho tam giác ABC đều .Trên BC ,CA,AB lần lƣợt lấy M,N,P sao cho P khác A 
và B và góc MPN = 60
0 
 .CMR 
2
.
4
AB
AN BM  .Dấu bằng xảy ra khi nào ? 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
BÌNH DƯƠNG 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BÌNH DƯƠNG 
NĂM HỌC 2016 - 2017 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
Câu 5 (3 điểm ).Từ D nằm ngoài đƣờng tròn tâm O kẻ tiếp tuyến DA,DB đến đƣờng tròn tâm 
O (A,B là hai tiếp điểm ).Tia Dx nằm giữa hai tia DA,DO ; Dx cắt đƣờng tròn tại hai điểm C 
và E (E nằm giữa C và D ).Đƣờng thẳng OD cắt đoạn thẳng AB tại N .Chứng minh rằng : 
a.Tứ giác OMEC nội tiếp. 
b.Tia MA là phân giác EMC . 
c. 
2
2
MB DE
MC DC
 . 
Bài giải 
Câu 1 (2 điểm ) 
a. Giải phƣơng trình 2 2 2 2 1 2 0x x x     
b. Giải hệ phƣơng trình 
2 2
1 1 3(1)
2 (2)
x y
x y xy x y
    

   
giải 
a. Điều kiện 
1
2
x

 .Đặt 1 2 1, 1t x t    .Ta có 2 2 2x x t  (1) và 2 2 2t t x  (2) . 
Lấy (1) – (2) vế theo vế ta có ( ).( ) 0x t x t x t     (vì x+t>0) . 
Lúc đó ta suy ra 
2
1
1 2 1 4
4 0
x
x x x
x x

     
 
Vậy nghiệm của phƣơng trình là x=4 . 
b. Giải hệ phƣơng trình 
2 2 2 4(1)
2 4(2)
x y y
x y xy
   

  
Điều kiện 
1
1
x
y



.Từ (2) suy ra (x+y).(x-2y-1)=0 2 1x y   (do x+y > 0 ). 
Thay x=2y+ 1 vào (1) ta có : 2 1 3y y   . 
2 1
( 2). 0 2
2 2 1 1
y y
y y
 
          
 (vì 
2 1
0
2 2 1 1y y
 
      
 với mọi 
1y  ) . Suy ra x=5 (thỏa mãn điều kiện ) .Vậy hệ phƣơng trình có một 
nghiệm (5;2). 
Câu 2 (2 điểm )Cho biểu thức A= 
2
4 4 4 4
8 16
1
x x x x
x x
    
 
 (x>4). 
a.Rút gọn biểu thức A . 
b.Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên 
giải 
a. A= 
2
4 4 4 4
8 16
1
x x x x
x x
    
 
4 2 4 2
4
x x
x
x
    


 Nếu 4 8x  thì 
4
4
x
A
x


. 
 Nếu 8x  thì 
2
4
x
A
x


. 
b. Xét 
4 16
4
4 4
x
A
x x
  
 
 với x và 4 8x  .Ta có  16 ( 4) 5;6 .A x x     
Xét 
2
4
x
A
x


 với x và 8x  .Ta có 4A x a     và a >2 .Lúc đó ta 
có    
22( 4) 8
2 8 4;8 20;68 .
a
A a a a x
a a

         Vậy  5;6;20;68 .x 
Câu 3 (2 điểm ). 
a. Cho phƣơng trình x
2
 +mx +n+1 = 0 có hai nghiệm nguyên dƣơng .Chứng minh 
rằng 2 2m n là một hợp số 
b. Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình x.(x
2
 +x+1)=4y(y-1) 
giải 
a.Gọi 
1 2,x x là nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình x
2
 +mx +n+1 = 0 .Theo định lý vi – ét 
ta có 1 2 1 2, 1.x x m x x n     Ta có    2 2 2 21 21 . 1m n x x    là tích hai số tự nhiên khác 
nhau .Vậy 2 2m n là một hợp số . 
b.Ta có x.(x
2
 +x+1)=4y(y-1) 2 2( 1)( 1) (2 1)x x y     (*). 
Vì ,x y và 2(2 1) 0y   nên từ (*)suy ra x chẵn và 0x  ,Gỉa sử 2( 1; 1)x x d   suy ra d 
lẻ và 2 2( 1) ;( 1) 2 1x d x d d d     .Vì 2( 1)( 1)x x  là một số chính phƣơng mà 
2( 1; 1) 1x x   nên 1x và 2 1x  cũng là hai số chính phƣơng .Mặt khác do x>0 suy 
ra 2 2 2 2 21 ( 1) 1 ( 1) 0x x x x x x          . 
Khi x=0 ta có 4y(y-1)=0 
0
1
y
y

  
. 
Vậy có hai cặp số nguyên thỏa mãn đề bài là (0;0) ;(0;1) . 
Câu 4 (1 điểm ). Cho tam giác ABC đều .Trên BC ,CA,AB lần lƣợt lấy M,N,P sao cho P khác A 
và B và 060MPN  .CMR 
2
.
4
AB
AN BM  .Dấu bằng xảy ra khi nào ?. 
Bài làm 
B C
A
N
M
P
Ta có 0180BPM  B  BMP=
0120 BMP . 
Mà 0180BPM  MPN  APN =
0120 APN . 
Suy ra BMP  APN nên ΔBMP ഗ ΔAPN (g.g) hay 
2 2
. .
2 4
BM BP AP BP AB
AN BM AP BP
AP AN
 
     
 
. 
Câu 5 (3 điểm ).Từ D nằm ngoài đƣờng tròn tâm O kẻ tiếp tuyến DA,DB đến đƣờng tròn tâm 
O (A,B là hai tiếp điểm ).Tia Dx nằm giữa hai tia DA,DO ; Dx cắt đƣờng tròn tại hai điểm C 
và E (E nằm giữa C và D ).Đƣờng thẳng OD cắt đoạn thẳng AB tại N .Chứng minh rằng : 
a.Tứ giác OMEC nội tiếp. 
b.Tia MA là phân giác EMC . 
c. 
2
2
MB DE
MC DC
 . 
M
E
O
D
x
B
A
C
a) ΔDBE ഗ ΔDCB (g.g) nên suy ra 2.DC DE BD (1) . 
 ΔDBO vuông tại B ,BM là đƣờng cao nên suy ra 2 .BD DODM (2) . 
Từ (1) và (2) suy ra DC.DE =DO.DM nên ΔDME ഗ ΔDCO (c.g.c). 
Lúc đó ta có DME  DCO nên tứ giác OMEC nội tiếp. 
b) Do tứ giác OMEC nội tiếp OMC  OEC và OCE  DME . 
 Lại do ΔOEC cân tại O nên OCE  OEC nên suy ra 
090CMA  090OMC   DME .EAM Lúc đó tia MA là phân giác EMC . 
c. Ta có 
090BMC   090OMC  090OEC   0(180  ) : 2COE 
0180  
1
2
sđ
01CAE (360
2
  sđ CAE )= 
1
2
sđ CBE =CAE (3) . 
Mặt khác CBM 
1
2
CEA  sđ AC (4) . 
Từ (3) và (4) suy ra ΔBCM ഗ ΔECA (g.g) nên MB AE
MC AC
 (5) . 
Ta có ΔDAE ഗ ΔDCA nên AE DE DA
AC DA DC
  
 suy ra 
2
.
AE DE DA DE
AC DA DC DC
 
  
 
(6). 
Từ (5) và (6) suy ra 
2
2
MB DE
MC DC
