Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn môn Toán (Chuyên toán – tin) - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn môn Toán (Chuyên toán – tin) - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 – 2018 BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Đề chính thức Môn thi: Toán (Chuyên toán – tin) Ngày thi: 02/ 6/ 2018 Thời gián làm bài: 150 phút 3x 5 x 11 x 2 2 Bài 1: (2 điểm). P (x 0'; x 1 ) x x 2 x 1 x 2 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của x để P nhận giá trị nguyên. Bài 2: (1,5 điểm). Cho a, b là bình phương của hai số lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng: ab – a – b +1 chia hết cho 192 Bài 3: (2,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực phân biệt có tổng bằng 3. Chứng minh rằng, trong ba phương trình x2 2ax b 0 , x2 2bx c 0 , x2 2cx a 0 có ít nhất một phương trình có hai nghiệm phân biệt và ít nhất một phương trình vô nghiệm. Bài 4: (3 điểm) Cho đường tròn tam giác ABC (AB < AC) có các góc đều nhọn, tiếp nội tiếp trong đường tròn tâm O. Đường phân giác tại A của tam giác cắt đường tròn (O) tại điểm D khác A. Gọi M, H lần lượt là trung điểm của AD và BC. Đường tròn qua ba điểm A, B, M cắt cạnh AC tại F. BD DM a) Chứng minh: BC CF b) Chứng minh FH song song AD c) Gọi E là điểm đối xứng với D qua O, chứng minh EF vuông góc AC. Bài 5: (1 điểm) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x 3, y 2, z 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: xy z 1 xz y 2 yz x 3 P xyz
2. Lượt giải: 3x 5 x 11 x 2 2 Bài 1: (2 điểm). P (x 0'; x 1 ) x x 2 x 1 x 2 3x 5 x 11 (x 4) 2 x 1 2x 7 x 9 x 1 2 x 9 2 x 9 a) P x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 2 2 x 9 Vậy: P (với x 0'; x 1 ) x 2 5 b) Từ câu a) ta có: P 2 (với)x 0'; x 1 x 2 nên P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi x 2 Ư(5) x 2 5 (vì x 2 2 với x 0) x 3 x 9 (thỏa ĐK: x 0'; x 1 ) Vậy P có giá trị nguyên khi x = 9 Bài 2: (1,5 điểm). Theo giả thiết, ta có: a (2n 1)2 ; b (2n 1)2 (n ¥ *) 2 2 2 2 ab a b 1 (a 1)(b 1) (2n 1) 1 (2n 1) 1 (4n 4n)(4n 4n) 16n(n 1)n(n 1) Trong đó (n – 1)n 2 và n(n + 1)  (vì trong hai số tự nhiện liên tiếp có một số chia hết cho 2) nên ab – a – b +1 16 2 2 hay ab – a – b +1 64 và (n – 1)n(n + 1)  3 (vì trong ba số tự nhiện liên tiếp có một số chia hết cho 3) Do đó: ab – a – b + 1 64 3 Vậy ab – a – b + 1 192 Bài 3: (2,5 điểm) Ba phương trình: x2 2ax b 0 (1), x2 2bx c 0 (2), x2 2cx a 0 (3) ' 2 ' 2 ' 2 có 1 a b , 2 b c và 3 c a (*) ' ' ' 2 2 2 2 2 2 2 3 1 2 3 3(a b c ) 3(a b c) (a b c) (a b) (b c) (c a) 3(a b c) ' ' ' 2 2 2 3 1 2 3 (a b) (b c) (c a) 0 (với a + b + c = 3 và a b, b c, c a) suy ra: trong ba biệt thức ở (*), có ít nhất một số dương và ít nhất một số âm. Vậy: trong ba phương trình đã cho có ít nhất một phương trình có hai nghiệm phân biệt và ít nhất một phương trình vô nghiệm. E BD DM Bài 4: (3 điểm) a) Chứng minh: BC CF A F Vì AC cắt đường tròn qua ba điểm A, B, M tại F 1 nên ta có: M· BF M· AF (= sđ)F»M 2 M O 1 B C mà M· AF C· BD (= sđC»D của đường tròn (O)) H 2 suy ra: M· BF C· BD (*) Xét hai tam giác MBD và FBC, chúng có: D 1 M· BD F· BC (suy ra từ (*)) vàM· DB F· CB (= sđA»B của đường tròn (O)) 2 S BD DM MBD FBC (g,g) (1) BC CF
3. b) Chứng minh FH song song AD 1 DA BD BD DA Ta có: (1) 2 (vì H, M lần lượt là trung điểm của BC và AD) 2CH CF HC CF 1 lại có: B· DA H· CF (= sđA»B của đường tròn (O)) 2 S · · BDA HCF (c,g,c) CFH DAB (2) Mặt khác: E H là trung điểm của dây không qua tâm đường tròn (O) nên OH là đường trung trực » » · · A của đoạn thẳng BC, suy ra DB = DC DB DC DAB CAD (3) F Từ (2) và (3) suy ra: C· FH C· AD và chúng ở vị trí đồng vị Vậy FH // AD (4) O c) Chứng minh EF AC. M · · B H C Từ (4) FHE ADE (đồng vị) (5) 1 lại có: A· DE F· CE (= sđA»E của đường tròn (O)) (6) 2 D (5) và (6) suy ra F· HE F· CE nên H và C thuộc cung chứa góc dựng trên FE Do đó 4 điểm C, H , F, E cùng thuộc một đường tròn mà C· HE 90o (DE là trung trực của BC nên DE BC) C· FE C· HE 90o (nội tiếp cùng chắn cung CF của đường tròn qua 4 điểm C, H , F, E) Vậy EF AC Bài 5: (1 điểm) 1 1 Dễ chứng minh: (a 0, b 0) a b 2 ab Khi đó, với x 3, y 2, z 1, ta có: z 1 y 2 x 3 1 1 1 P 1 2 3 z y x z 1 y 2 x 3 z 1 y 2 x 3 3 x 3 x 3 x 6 1 1 1 6 3 2 2 3 2 P , dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi y 2 y 4 2 2 2 2 3 12 y 2 z 2 1 z 1 z 1 6 3 2 2 3 Vậy Max (P) = khi x = 6, y = 4, z = 2 12