Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)

Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT

BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018

Đề chính thức Môn thi: TOÁN

Ngày thi: 14/06/2017

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (1,5 điểm)

x 4

−

a) Tính A khi x = 9

b) Thu gọn T = A – B

c) Tìm x để T nguyên

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2 – 2mx – 6m – 9 = 0

a) Giải phương trình khi m = 0

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 trái dấu thỏa mãn x1 + x2 = 13

Câu 3: Một đám đất hình chữ nhật có chu vi 24m Nếu tăng độ dài một cạnh lên 2m và giảm độ dài cạnh còn

lại 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m2 Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật ban đầu

Câu 4 ( 4 điểm): Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O M là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng

c) Chứng minh BC AC AB

Câu 4: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng:

bc ca ab+ + ≥ + +

Lượt giải Câu 1:

a) Khi x = 9: ta được A 9 3

9 2

− b) ĐK : x 0≥ , x 4≠

2

x x 2 2 x 2 4 x

T A B

x 4

x 2

x 2

−

−

+

( ) ( )( )

2

x 2

T A B

−

c) Từ kết quả câu a, ta có: T 1 4

x 2

= −

+ (với x≥ 0 , x≠4) nên T có giá trị nguyên khi và chỉ khi x 2+ ∈Ư(4)

x 2 {2}

⇔ + ∈ (vìvới x≥ 0 , x 4≠ thì x 2 2+ ≥ và x 2 4+ ≠ )

Vậy T có giá trị nguyên khi x = 0

Câu 2:

Ta có: x2 – 2mx – 6m – 9 = 0 (1)

a) Khi m = 0, phương trình (1) ⇔ x2− = ⇔ 9 0 x2 = 9 ⇔ x = 3

Vậy khi m = 0, phương trình (1) có tập nghiệm là: S = {– 3; 3}

b) Phương trình (1) có 2 nghiệm x ; x trái dấu khi và chỉ khi 1 2 ac 0 6m 9 0 m 3

2

−

< ⇔ − − < ⇔ >

và hai nghiệm đó thỏa mãn:

1 2

x x 6m 9



 (hệ thức Vi-et)

2

⇔ + + = Giải phương trình ẩn m có m1= −2,5(loại), m2 = −0,5(nhận)

Vậy m = – 0,5

Câu 3:

Không mất tính tổng quát, giả sử tăng cạnh thứ nhất 2m và giảm cạnh thứ hai 1m.

Gọi x(m) là độ dài cạnh thứ nhất của mảnh đất hình chữ nhật

y (m) là độ dài cạnh thứ hai của mảnh đất hình chữ nhật

ĐK: 0 < x < 12, 1 < y < 12

Diện tích mảnh đất ban đầu là : x.y (m2)

Theo đề ta có phương trình: 2 (x+ y) = 24 ⇔ + = x y 12 (1)

Độ dài cạnh thứ nhất khi tăng 2m là: x + 2 (m)

Độ dài cạnh còn lại khi giảm 1m là : y – 1 (m)

Diện tích mảnh đất khi thay đổi khích thước: (x + 3) (y – 1) (m2)

Theo đề ta có phương trình: (x + 3)(y – 1) – xy = 1 ⇔ − +x 2y 3= (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

x y 12 x 12 y x 7

x 2y 3 3y 15 y 5

− + =  =  =

Cách 2:

Không mất tính tổng quát, giả sử tăng cạnh thứ nhất 2m và giảm cạnh thứ hai 1m (0 < x < 12)

Gọi x(m) là độ dài cạnh thứ nhất của mảnh đất hình chữ nhật

Độ dài cạnh thứ hai của mảnh đất hình chữ nhật là 24 : 2 – x = 12 – x (m)

Diện tích ban đầu của mãnh đất: x(12 – x) = 12x – x (m2 2)

Độ dài cạnh thứ nhất khi tăng 2m là: x + 2 (m)

Độ dài cạnh còn lại khi giảm 1m là : 12 – x – 1 = 11 – x (m)

Diện tích mảnh đất khi thay đổi khích thước: (x + 2)(11 – x) = 22 9x x+ − 2 (m2)

Ta có phương trình: 22 9x x+ − 2– (12x – 2

x ) = 1 ⇔21 3x= ⇔ =x 7(thỏa ĐK) ⇒ − =12 x 5 Vậy kích thước mảnh đất lúc đầu là: 7m, 5m

Câu 4:

a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn

Ta có: MD⊥BC, ME ⊥AC, MF⊥AB và (D, E và F là hình chiếu của M trên BC, AC và AB)

suy ra ·MDB MFB 90=· = 0 (1) và ·MDC MEC 90=· = 0 (2)

Theo quỹ tích cung chứa góc thì:

(1)⇒bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc đường tròn đường kính BM (3)

(2)⇒bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính MC (4)

b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng

Từ (3) ⇒ ·FDM FBM=· (= 1

2sđ »FM của đường tròn đường kính BM)

và ·FBM MCE=· (cùng bù ·ABM của tứ giác nội tiếp ABMC)

FDM MCE

FDM MDE MCE MDE 180

⇒ + = + = (vì MCED là tứ giác nội tiếp)

Vậy D, E, F thẳng hàng (5)

c) Chứng minh BC AC AB

- c/m ∆MEA ∆MDB (g.g) ME AE BD AE AC CE

MD BD MD ME ME ME

⇒ = ⇒ = = − (i)

- c/m ∆MFA ∆MDC (g.g) MF AF CD AF AB BF

MD CD MD MF MF MF

⇒ = ⇒ = = + (ii)

- c/m ∆MEC ∆MFB (g.g) ME CE CE BF

MF BF ME MF

⇒ = ⇒ = (iii)

Từ (i), (ii), (iii) suy ra: BD CD AC CE AB BE AC AB

MD MD+ = ME ME MF MF− + − =ME MF+ Vậy: BC AC AB

MD =ME MF+

Cách 2 :

Ta có:

tan AME tan CME tan AMF tan FMB

Mà từ (3), (4) và (5) ⇒ ·CME CDE BDF FMB=· =· =·

Do đó: AC AB tan AME tan AMF· ·

ME MF+ = + (6)

Mặt khác, từ các tứ giác AEMF, BDMF, CEDM nội tiếp suy ra:

AME AFE BMD= = và AMF AEF DMC· = · = · (7)

Từ (6) và (7) suy ra:

· ·

tan BMD tan MDC

+

MD =ME MF+

Cách 3: Kẻ đường cao MH của tam giác MDF

- ∆MBC và ∆MFE có:

·MBC MFE=· (=1

2sđ ¼DM theo kết quả (4)) ·MCB MEF=· (=1

2sđ ¼DM theo kết quả (3))

⇒ ∆MBC ∆MFE (g.g)

BC MD

FE MH

⇒ = (tỉ số đồng dạng bằng tỉ số 2 đường cao t/ứng)

BC FE

MD MH

⇔ = (8)

- ∆MFD và ∆MAC có:

MFD MAC ( MBC )= = và ·MDF MCA= · (cùng bù ·MDF ) ⇒ ∆MFD ∆MAC (g.g)

FD MH

AC ME

⇒ = (tỉ số đồng dạng) FD AC

MH ME

⇔ = (9)

- Tương tự, ∆MED ∆MAB (g.g) ED MH

AB MF

⇒ = (tỉ số đồng dạng) AB ED

MF MH

⇔ = (10)

Từ (8), (9) và (10) suy ra: AC AB FD ED FE BC

ME MF+ =MH MH+ =MH =MD Vậy BC AC AB

MD=ME MF+

Cách 4:

-c/m ∆MDB ∆MEA (g.g) MB MD MB MA MD

×

⇒ = ⇔ = (11) -c/m ∆MDC ∆MFA (g.g) MD MC MC MA MD

×

⇒ = ⇔ = (12)

Mà MA×BC = MB×AC + MC×AB (định lý Ptoleme) (13)

Từ (11), (12) và (13) suy ra:

  Vậy

BC AC AB

MD=ME MF+

Cách 5:

Trên BC lấy điểm K sao cho ·CMK AMB=· ⇒BMK AMC· =· :

⇒ ∆MCK ∆MAB (g.g)

2 MCK

MAB

1

MD CK

1

2

×

 

Tương tự:∆MBK ∆MAC (g.g)

2 MBK

MAC

1

MD BK

1

2

×

 

Từ (14) và (15) suy ra: AC AB BK CK BC

ME MF+ = MD MD+ = MD Vậy BC AC AB

MD =ME MF+

Bài 5:

Ta có: 3(x2+y2+z ) (x y z)2 = + + 2+ −(x y)2+ −(y z)2+ −(z x)2 (*)

2

2 2 2 (x y z)

x y z

3

+ +

⇒ + + ≥ , dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi x = y = z (1)

Từ (*) cũng suy ra: 2 2 2

x +y + ≥z xy yz zx+ + , dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi x = y = z

(x y z) 3(xy yz zx)

⇔ + + ≥ + +

⇔(x y z) (x y z)+ +  + + 2−3(xy yz zx)+ + ≥0(với x, y, z > 0), dấu “=”xãy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔(x y z) (x y z)+ +  + + 2−3(zx yz)+ −3xy(x y z) 0+ + ≥

(x y z) 3(x y)z(x y z) 3xy(x y) 3xyz 0

⇔ + + − + + + − + − ≥

(x y) 3(x y)z(x y z) z 3(x y)z(x y z) 3xy(x y) 3xyz

⇔ + + + + + + − + + + − + ≥

x y 3xy(x y) z 3xy(x y) 3xyz

⇔ + + + + − + ≥

x y z 3xyz

⇔ + + ≥ (với cá số dương x, y, z), dấu “=”xãy ra khi và chỉ khi x = y = z (2) Lần lượt áp dụng (1) và (2) với các bộ ba số dương, ta có:

Vậy

bc ca ab + + ≥ + + , dấu “=”xãy ra khi và chỉ khi a = b = c