Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên bình định năm học 2018 2019 (cả hai vòng có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 - 2019 Đề thức Mơn: TỐN (Chun toán) Ngày thi: 03/06/2018 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức T =  a  b   ab � a  b :�  �a  b a  b � a  b3 ab � �, với a �b, a > 0, b > � � a) Rút gọn biểu thức T b) Chứng tỏ T > Cho n số tự nhiên chẵn, chứng minh 20n  3n  16 n  chia hết cho 323 Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải bất phương trình: x  � x � �x  y  x  � 2) Giải hệ phương trình: � �x  y  � x � 8 3 y y  5 Bài 3: (1,0 điểm) Cho phương trình  m  1 x   2m  3 x  5m  25  (m tham số) Tìm giá trị m số nguyên cho phương trình có nghiệm số hữu tỉ Bài 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn AB �BC ; BC �CA Xác định vị trí điểm M thuộc miền tam giác ABC (gồm cạnh miền tam giác) cho tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh nhỏ Cho tam giác ABC (AB < AC) có góc nhọn, đường cao AD, BE, CF cắt H Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC AD K I Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD M N Gọi O trung điểm BC Chứng minh: � a) DA phân giác FDE b) F trung điểm MN c) OD.OK  OE BD.DC  OD.DK Bài 5: (1,0 điểm)  Chứng minh rằng: b 2 � � � � 25 a  � � b  �� � � a� � b� Cho hai số dương a, b thỏa a  LỜI GIẢI THAM KHẢO Bài 1:  a) T = a  b   ab � a  b :�  �a  b a  b �   a  b3 ab   � � � �  � a  b a  b a  b  ab a  b  ab � a  b  :  � a  b a  b a  b a  b � � a  b  a  b  ab � a  b  ab � �  : � � a  b a  b � � � � a  b  ab ab a  b  ab a b  :    1 a  b a  b ab b a       � �  � � a a b a b ;   �2     (BĐT Cô si cho hai số dương b b a b a Dấu “=” xảy a = b vì a �b nên dấu “=” không xảy Vậy T > b) T = Cho n số tự nhiên chẵn, chứng minh 20n  3n  16n  chia hết cho 323 Khi n = ta có 20n  3n  16n   M323 n n n n n n n n n Khi n > 0: Ta có 20   16    20  1   16     20     16   n n n Ta có: 20  M 20  1  19 16  M 16  3  19 (do n chẵn) � 20n  3n  16n  M19 (1) n n n n Ta có: 20  M 20    17 16  M 16  1  17 (do n chẵn) � 20n  3n  16n  M17 (2) Ta có: (17 ; 19) = (3) 20 Từ (1), (2) (3) suy ra: n  3n  16 n  chia hết cho 323 Bài 2: x  �0 � 3x   �  1 �  2 1) x  � x  � � � x  �0  3x   �7 x  � � Giải (1) được:  �x   � � x � x  � � � � �x � � �� �� �  �x � Giải (2): �  3x   �7 x  �9 x  x  �0 �1 �x �4 � � � Kết hợp cả (1) (2) ta nghiệm bất phương trình là:  �x � 4 � �x  y  x  y  �  x  y  xy   x  y   3xy (1) � � �� 2) �  x  y    x  y    (2) �x  y    � � x y � Giải phương trình (2) ta được: x + y = –3 x + y = –2 b ) a �x  y   � (vô nghiệm) � xy  � � Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm là: (x ; y) = (–1 ; –2), (–2 ; –1) �x  y   � x =–1, y = – x = –2, y = –1 Ta có: Ta có: � �xy  Bài 3: Xét m = thì phương trình (1) � 2x + 20 = � x = –10 (thỏa mãn) Xét m �1 thì phương trình (1) phương trình bậc hai có nghiệm hữu tỉ �  ' số phương 2  '   2m     m  1  5m  25    3m    15 * Đặt  '   3m    15  k  k �N  �  3m   k   3m   k   15 Mà: 3m – + k > 3m – – k (vì k �N * ) Lập bảng (m �Z) 3m – + k 15 –1 3m – – k –15 k 7 11  m 3 Nhận Loại Loại Vậy với m = m = thì phương trình cho có nghiệm hữu tỉ –3 –5 1 Loại Bài 4: Gọi x, y, z khoảng cách từ M đến cạnh AB, BC AC Ta có: SABC = SMAB + SMBC + SMCA 1 ۣ SABC =  x.AB + y.BC + z.CA   x + y + z  AB 2 (vì AB �BC �CA) 2.S Suy ra: x + y + z � ABC AB Nếu AB > BC thì dấu “=” xảy M �C Nếu AB = BC > AC thì dấu “=” xảy M thuộc cạnh AC Nếu AB = BC = CA thì dấu “=” xảy M thuộc mọi vị trí bên  ABC � a) Chứng minh DA phân giác FDE � =A � Tứ giác AFDC nội tiếp nên D 1 � =A � Tứ giác AEDB nội tiếp nên D � D � nên � � � � Mà: FDA EDA phụ với góc D FDA = EDA � � DA phân giác FDE b) Chứng minh F trung điểm MN Cách 1: Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD P, Q � PQ // MN // AC Ta có: F�1 = F�2 (đối đỉnh) � Tứ giác BFEC nội tiếp nên F� = C � =C � (vì phụ với � ) mà BHD HBD � (vì tứ giác BFHD nội tiếp) F�3 = BHD � Do đó: F�1 = F�3 � FB phân giác KFD mà FB  FC nên FC phân giác  KFD KB KC KF KB DB � = = � = DB DC DF KC DC Ta có: BP // AC BP KB � = (Theo định lí Talet) AC KC BQ DB = (Theo định lí Talet) AC DC BP BQ �KB DB � = Do đó: � = �� BP = BQ AC AC �KC DC � MF AF NF = = � MF = NF  BP = BQ  � F trung điểm MN MF // PQ, NF // BQ nên BP AB BQ KF DF IF = = Cách 2: Ta có: DK  DA nên DK phân giác  FDE nên (1) KE DE IE FM KF FN IF = ; = Ta có: MN // AC nên (2) AE KE AE IE FM FN = � FM = FN Từ (1) (2) suy ra: AE AE BQ // AC � c) Chứng minh OD.OK = OE BD.DC = OD.DK Chứng minh tương tự câu a ta có � FC phân giác DFE � = 2CFE � (3) � DFE Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC � = 2CFE � nên EOC (4) � = EOC � � Tứ giác DFEO nội tiếp Từ (3) (4) suy ra: DFE � = OF � (vì OE = OF) � EDO � = OEF � = OEK � Ta có: OE Do đó:  ODE ∽  OEK (g.g) � OD.OK = OE  BEC vng E có EO trung tuyến nên OE = OB = OC � OE = OB2 BD.DC =  OB  OD   OC + OD   OB2  OD  OD.OK  OD  OD  OK  OD   OD.DK Bài 5: Ta có: a   � ab   b b Ta chứng minh BĐT x  y � x  y Do đó, ta có: 2 1� � 1� � a  b � � 1 b  � 2 � b� � a� � 1� � 1� � a b  ��   �a  � � 2 � a� � b� 2 � ab  � 1 � � a � �  Ta chứng minh BĐT  x  y  �4 xy Do đó, ta có: 2 � 1� a a �۳۳ � � � b� b a b a b � 1� Từ (1) (2) ta có: � a  � � a� (2) � � 25 b = b  �� Dấu “=” xảy a = � � b� GV: Võ Mộng Trình – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định � b� 1 � � � a � (1) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề thức KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN (CHUNG) Ngày thi: 02/6/2018 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (1,0 điểm) Cho biểu thức T  a  �3 a   � a � �a  � �, với a �0, a �4, a �9 a 2 � � a a) Rút gọn T b) Xác định giá trị a để T > Câu 2: (2,0 điểm) 2 Cho phương trình x   m  1 x  m  3m   (m tham số) Tìm m để phương 2 trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1  x2  x1 x2  2018 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =  x  x2  Câu 3: (2,0 điểm) Một người dự định từ A đến B cách 120 km xe máy với vận tốc không đổi để đến B vào thời điểm định trước Sau người nghỉ 10 phút, để đến B đúng thời điểm định, người phải tăng vận tốc thêm 6km/giờ so với vận tốc ban đầu qng đường lại Tính vận tốc ban đầu người Câu 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O AD đường kính đường tròn (O), H trung điểm BC Tiếp tuyến D (O) cắt đường thẳng BC M Đường thẳng MO cắt AB, AC E F a) Chứng minh MD  MB.MC b) Qua B kẻ đường thẳng song song với M cắt đường thẳng AD P Chứng minh bốn điểm B, H, D, P nằm đường tròn c) Chứng minh O trung điểm EF Câu 5: (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = Chứng minh a  b  c �3 LỜI GIẢI THAM KHẢO Câu 1: a  �3 a   a) T  � a � �a  a a 2 �  � � �  a 3    � a �  a 3 � a a � a 3     � a � a 2 � � � a � a 3    � � a 3� a 2 � a �a � a 3 a  � a   � a  Vậy a > a �9 thì T > b) T  � a Câu 2: Phương trình có =T  2  '  b '2  ac  �   m  1 � � �  m  3m    m  2m   m  3m   m  PT có hai nghiệm phân biệt �  '  � m   � m  b c Theo hệ thức Vi-et ta có: x1  x2     m  1 ; x1 x2   m  3m  a a      3x1 x2  � �  m  1 � � � m  3m   1  29 1  29 � m  m   � m1  (TMĐK) ; m2  (KTMĐK) 2 1  29 2 Vậy m = thì PT có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1  x2  x1 x2  2018 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =  x  x2  x12  x22  x1 x2  � x1  x2 Ta có:  2x  x2    2018 2   x  1  �2    2  � 2x  x  2 2018    1 Vậy GTNN A 1009   1 x = Do đó: A = 2 1009  1009 1     1 1 Câu 3: Gọi x (km/h) vần tốc dự định lúc đầu ĐK x > 120 Thời gian dự định hết quãng đường AB (giờ) x Trong đầu xe quãng đường là: 1.x (km); Quãng đường lại phải là: 120 – x (km) 120  x Thời gian quãng đường lại là: (giờ) x6 120  x 120  � x  x  4320  Ta có phương trình:   x6 x � x1  48 (TMĐK); x2   90 (KTMĐK) Vậy vận tốc lúc đầu 48 (km/h) Câu 4: MD MC = � MD  MB.MC a) Δ MDC ∽ Δ MBD (g.g) � MB MD � � b) Ta có OH  BC (vì HB = HC) Do đó: OHM = ODM = 900 � Tứ giác OHDM nội tiếp � =D � mà M � =B � (so le OM // BP) �M 1 1 � =B � � điểm B, H, D, P thuộc đường tròn �D 1 c) Kẻ đường thẳng song song với EF cắt AD, AB I K �= M � (cặp góc đồng vị) mà D � =M � (cmt) �C 1 1 �= D � � Tứ giác IHDC nội tiếp � I� = C � �C 1 � =C � (vì nội tiếp chắn cung BD) Mà A � � � IH // AB � IH // BK Do đó: I = A 1 Δ CBK có HB = HC IH // BK nên IK = IC (1) OE OA = Ta có: (vì Δ AKI có OE // KI) (2) IK IA OF OA = (vì Δ ACI có OF // CI) (3) IC IA Từ (1), (2) (3) suy ra: OE = OF Câu 5: Ta có: a  �2a; b  �2b; c  �2c (1) a  b �2ab; b  c �2bc; c  a �2ac �  a  b  c  �2  ab  bc  ac  (2) Từ (1) (2) suy ra: a   b   c    a  b  c  �2  a  b  c    ab  bc  ac  �  a  b  c   �2  a  b  c  ab  bc  ac  �  a  b  c   �2.6  12 � a  b  c �3 Dấu “= “ xảy a = b = c = GV: Võ Mộng Trình – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định ... VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề thức KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN (CHUNG) Ngày thi: 02/6 /2018 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1:... trình cho có hai nghiệm là: (x ; y) = (–1 ; –2), (–2 ; –1) �x  y   � x =–1, y = – x = –2, y = –1 Ta có: Ta có: � �xy  Bài 3: Xét m = thi phương trình (1) � 2x + 20 = � x = 10 (thỏa mãn)...  x1 x2  2018 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =  x  x2  x12  x22  x1 x2  � x1  x2 Ta có:  2x  x2    2018 2   x  1  �2    2  � 2x  x  2 2018    1 Vậy GTNN A 100 9  