Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Bình Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Bình Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYấN BèNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Đề chớnh thức Mụn: TOÁN (Chuyờn toỏn) Ngày thi: 03/06/2018 Thời gian làm bài: 150 phỳt (khụng kể thời gian phỏt đề) Bài 1: (2,0 điểm) 2 a b ab a b a3 b3 1. Cho biểu thức T = : , với a b, a > 0, b > 0 a b a b a b a) Rỳt gọn biểu thức T b) Chứng tỏ T > 1 2. Cho n là số tự nhiờn chẵn, chứng minh rằng 20n 3n 16n 1 chia hết cho 323. Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải bất phương trỡnh: 3x 2 7x 8 4 4 x y 3 x y 2) Giải hệ phương trỡnh: 6 x y 5 x y Bài 3: (1,0 điểm) Cho phương trỡnh m 1 x2 2 2m 3 x 5m 25 0 (m là tham số). Tỡm cỏc giỏ trị m là số nguyờn sao cho phương trỡnh cú nghiệm là số hữu tỉ. Bài 4: (4,0 điểm) 1. Cho tam giỏc ABC cú cỏc gúc đều nhọn và AB BC; BC CA . Xỏc định vị trớ điểm M thuộc miền tam giỏc ABC (gồm cỏc cạnh và miền trong tam giỏc) sao cho tổng khoảng cỏch từ M đến ba cạnh nhỏ nhất. 2. Cho tam giỏc ABC (AB < AC) cú cỏc gúc đều nhọn, cỏc đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC và AD lần lượt tại K và I. Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD lần lượt tại M và N. Gọi O là trung điểm của BC. Chứng minh: a) DA là phõn giỏc của Fã DE b) F là trung điểm MN c) OD.OK OE 2 và BD.DC OD.DK Bài 5: (1,0 điểm) 1 Cho hai số dương a, b thỏa a 1 . Chứng minh rằng: b 2 2 1 1 25 a b a b 2
2. LỜI GIẢI THAM KHẢO Bài 1: 2 a b ab a b a3 b3 a) T = : a b a b a b a b ab a b a b a b a b ab : a b a b a b a b 2 a b ab a b 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 b a b a b b) T = 1 2 . 1 2 1 1 (BĐT Cụ si cho hai số dương ; ) b a b a b a Dấu “=” xảy ra khi a = b nhưng a b nờn dấu “=” khụng xảy ra được. Vậy T > 1 2. Cho n là số tự nhiờn chẵn, chứng minh rằng 20n 3n 16n 1 chia hết cho 323. Khi n = 0 ta cú 20n 3n 16n 1 0  323 Khi n > 0: Ta cú 20n 3n 16n 1 20n 1 16n 3n 20n 3n 16n 1 Ta cú: 20n 1 20 1 19 và 16n 3n  16 3 19 (do n chẵn) 20n 3n 16n 1 19 (1) Ta cú: 20n 3n  20 3 17 và 16n 3n  16 1 17 (do n chẵn) 20n 3n 16n 1 17 (2) Ta cú: (17 ; 19) = 1 (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: 20n 3n 16n 1 chia hết cho 323. Bài 2: (2,0 điểm) 3x 2 0 3x 2 0 1) 3x 2 7x 8 1 hoặc 2 2 7x 8 0 3x 2 7x 8 8 2 Giải (1) được: x ; 7 3 2 2 x 3x 2 0 x 3 2 4 Giải (2): 2 3 x 3x 2 7x 8 2 4 3 9 9x 5x 4 0 1 x 9 8 4 Kết hợp cả (1) và (2) ta được nghiệm của bất phương trỡnh là: x 7 9 4 4 x y 3 x y x y xy 4 x y 3xy (1) 2) 6 2 x y 5 x y 5 x y 6 0 (2) x y Giải phương trỡnh (2) ta được: x + y = - 3 hoặc x + y = - 2 x y 2 x y 3 Ta cú: x = - 1, y = - 2 hoặc x = - 2, y = - 1. Ta cú: 8 (vụ nghiệm) xy 2 xy 5
3. Vậy hệ phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm là: (x ; y) = (–1 ; –2), (–2 ; –1) Bài 3: (1,0 điểm) m = 1 thỡ PT (1) 2x + 20 = 0 x = - 10 (thỏa món) Xột m 1: thỡ PT (1) là phương trỡnh bậc hai cú nghiệm hữu tỉ ' là số chớnh phương ' 2m 3 2 m 1 5m 25 3m 7 2 15 Đặt ' 3m 7 2 15 k 2 k N * 3m 7 k 3m 7 k 15 Mà: 3m – 7 + k > 3m – 7 – k (vỡ k N * ). Lập bảng (m Z) 3m – 7 + k 15 5 –1 –3 3m – 7 – k 1 3 –15 –5 k 7 1 7 1 11 1 m 5 1 3 3 Nhận Loại Loại Loại Vậy với m = 5 và m = 1 thỡ phương trỡnh đó cho cú nghiệm hữu tỉ A Bài 4: 1. Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cỏch từ M đến cỏc cạnh AB, BC và AC Ta cú: SABC = SMAB + SMBC + SMCA 1 1 x S = x.AB + y.BC + z.CA x + y + z AB ABC 2 2 z M (vỡ AB BC CA) y 2.S Suy ra: x + y + z ABC B C AB Nếu AB > BC thỡ dấu “=” xảy ra khi M  C Nếu AB = BC > AC thỡ dấu “=” xảy ra khi M thuộc cạnh AC Nếu AB = BC = CA thỡ dấu “=” xảy ra khi M thuộc mọi vị trớ bờn trong ABC 2. a) Chứng minh DA là phõn giỏc của Fã DE ả ả Tứ giỏc AFDC nội tiếp nờn D1 = A1 ả ả Tứ giỏc AEDB nội tiếp nờn D2 = A1 ã ã ả ả ã ã Mà: FDA và EDA lần lượt phụ với cỏc gúc D1 và D2 nờn FDA = EDA DA là phõn giỏc của Fã DE b) Chứng minh F là trung điểm MN Cỏch 1: Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q PQ // MN // AC à à Ta cú: F1 = F2 (đối đỉnh) à à A Tứ giỏc BFEC nội tiếp nờn F2 = C1 ã à ã mà BHD = C1 (vỡ cựng phụ với HBD ) 1 Fà = Bã HD (vỡ tứ giỏc BFHD nội tiếp) M 3 E à à ã Do đú: F1 = F3 FB là phõn giỏc KFD P 2 I mà FB  FC nờn FC là phõn giỏc ngoài KFD F H KB KC KF KB DB 1 = = = 3 DB DC DF KC DC N Ta cú: BP // AC 1 2 1 C BP KB K B D O = (Theo định lớ Talet) AC KC BQ DB BQ // AC = (Theo định lớ Talet) AC DC Q
4. BP BQ KB DB Do đú: = = BP = BQ AC AC KC DC MF AF NF MF // PQ, NF // BQ nờn = = MF = NF BP = BQ F là trung điểm của MN BP AB BQ KF DF IF Cỏch 2: Ta cú: DK  DA nờn DK là phõn giỏc ngoài FDE nờn = = (1) KE DE IE FM KF FN IF Ta cú: MN // AC nờn = ; = (2) AE KE AE IE A FM FN Từ (1) và (2) suy ra: = FM = FN AE AE 1 M c) Chứng minh OD.OK = OE2 và BD.DC = OD.DK E I Chứng minh tương tự cõu a ta cú P 2 F FC là phõn giỏc của Dã FE H 1 3 Dã FE = 2Cã FE (3) N 1 2 1 C K B D O Tứ giỏc BFEC nội tiếp đường trũn (O) đường kớnh BC nờn Eã OC = 2Cã FE (4) Từ (3) và (4) suy ra: Dã FE = Eã OC Tứ giỏc DFEO nội tiếp Q Ta cú: OằE = OằF (vỡ OE = OF) Eã DO = Oã EF = Oã EK Do đú: ODE ∽ OEK (g.g) OD.OK = OE2 BEC vuụng tại E cú EO là trung tuyến nờn OE = OB = OC OE2 = OB2 Ta cú: BD.DC = OB OD OC + OD OB2 OD2 OD.OK OD2 OD OK OD OD.DK Bài 5: 1 Ta cú: a 1 ab 1 b . b x y 2 Ta chứng minh được BĐT x2 y2 . Do đú, ta cú: 2 2 2 2 2 1 1 1 ab 1 b 2 2 a b 1 b 1 1 1 1 a b a a a a b (1) a b 2 2 2 2 Ta chứng minh được BĐT x y 2 4xy . Do đú, ta cú: 2 1 a a a a 4 1 4 4 (2) b b b b 2 2 1 1 25 1 Từ (1) và (2) ta cú: a b . Dấu “=” xảy ra khi a = và b = 2. a b 2 2 GV: Vừ Mộng Trỡnh – THCS Cỏt Minh – Phự Cỏt – Bỡnh Định
5. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYấN TẠO NĂM HỌC 2018 – 2019 BèNH ĐỊNH Đề chớnh thức Mụn thi: TOÁN (CHUNG) Ngày thi: 02/6/2018 Thời gian làm bài: 120 phỳt (khụng kể thời gian phỏt đề). Cõu 1: (1,0 điểm) a 3 3 a 6 a Cho biểu thức T , với a 0, a 4, a 9 a 9 a 4 a 2 a) Rỳt gọn T. b) Xỏc định cỏc giỏ trị của a để T > 0 Cõu 2: (2,0 điểm) 1. Cho phương trỡnh x2 2 m 1 x m2 3m 2 0 (m là tham số). Tỡm m để phương 2 2 trỡnh cú hai nghiệm phõn biệt x1 ; x2 thỏa x1 x2 x1 x2 5 2018 2. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 2x x2 7 Cõu 3: (2,0 điểm) Một người dự định đi từ A đến B cỏch nhau 120 km bằng xe mỏy với vận tốc khụng đổi để đến B vào thời điểm định trước. Sau khi đi được 1 giờ người đú nghỉ 10 phỳt, do đú để đến B đỳng thời điểm đó định, người đú phải tăng vận tốc thờm 6km/giờ so với vận tốc ban đầu trờn quóng đường cũn lại. Tớnh vận tốc ban đầu của người đú. Cõu 4: (4,0 điểm) Cho tam giỏc ABC (AB < AC) cú cỏc gúc đều nhọn nội tiếp trong đường trũn tõm O. AD là đường kớnh của đường trũn (O), H là trung điểm của BC. Tiếp tuyến tại D của (O) cắt đường thẳng BC tại M. Đường thẳng MO cắt AB, AC lần lượt tại E và F. a) Chứng minh MD2 MB.MC b) Qua B kẻ đường thẳng song song với M cắt đường thẳng AD tại P. Chứng minh bốn điểm B, H, D, P cựng nằm trờn một đường trũn. c) Chứng minh O là trung điểm của EF. Cõu 5: (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa món điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6. Chứng minh rằng a2 b2 c2 3
6. LỜI GIẢI THAM KHẢO Cõu 1: a 3 3 a 6 a a 3 3 a 2 a a) T a 9 a 4 a 2 a 3 a 3 a 2 a 2 a 2 1 3 a 1 a 3 1 = T . a 3 a 2 a 2 a 3 a 2 a 2 1 b) T 0 0 a 2 0 a 4 . Vậy a > 4 và a 9 thỡ T > 1 a 2 Cõu 2: 1. Phương trỡnh cú 2 2 2 2 2 ' b' ac m 1 m 3m 2 m 2m 1 m 3m 2 m 1 PT cú hai nghiệm phõn biệt ' 0 m 1 0 m 1 b c Theo hệ thức Vi-et ta cú: x x 2 m 1 ; x x m2 3m 2 1 2 a 1 2 a 2 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 5 x1 x2 3x1 x2 5 2 m 1 3 m 3m 2 5 1 29 1 29 m2 m 7 0 m (TMĐK) ; m (KTMĐK) 1 2 2 2 1 29 Vậy m = thỡ PT cú hai nghiệm phõn biệt x ; x thỏa x2 x2 x x 5 2 1 2 1 2 1 2 2018 2. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 2x x2 7 Ta cú: 2 2x x2 7 2 x 1 2 8 2 8 2 2 2 2 2 1 2018 2018 1009 Do đú: A = 1009 2 1 2 2x x2 7 2 2 1 2 1 Vậy GTNN của A là 1009 2 1 khi x = 1 Cõu 3: Gọi x (km/h) là vần tốc dự định lỳc đầu. ĐK x > 0 120 Thời gian dự định đi hết quóng đường AB là (giờ) x Trong 1 giờ đầu xe đi được quóng đường là: 1.x (km); Quóng đường cũn lại phải đi là: 120 – x (km) 120 x Thời gian đi trờn quóng đường cũn lại là: (giờ) x 6 1 120 x 120 Ta cú phương trỡnh: 1 x2 4x 4320 0 6 x 6 x x1 48 (TMĐK); x2 90 (KTMĐK). Vậy vận tốc lỳc đầu là 48 (km/h) Cõu 4: MD MC a) Δ MDC ∽ Δ MBD (g.g) = MD2 MB.MC MB MD b) Ta cú OH  BC (vỡ HB = HC). Do đú: Oã HM = Oã DM = 900 Tứ giỏc OHDM nội tiếp ả ả ả à M1 = D1 mà M1 = B1 (so le trong và OM // BP) ả à D1 = B1 4 điểm B, H, D, P cựng thuộc một đường trũn.
7. A 1 E O K F I H 1 1 B 1 1 M 2 C P 1 D c) Kẻ đường thẳng song song với EF cắt AD, AB lần lượt tại I và K à ả ả ả C1 = M1 (cặp gúc đồng vị) mà D1 = M1 (cmt) à ả à ả C1 = D1 Tứ giỏc IHDC nội tiếp I1 = C2 ả ả Mà A1 = C2 (vỡ nội tiếp cựng chắn cung BD) à ả Do đú: I1 = A1 IH // AB IH // BK Δ CBK cú HB = HC và IH // BK nờn IK = IC (1) OE OA Ta cú: = (vỡ Δ AKI cú OE // KI) (2) IK IA OF OA = (vỡ Δ ACI cú OF // CI) (3) IC IA Từ (1), (2) và (3) suy ra: OE = OF. Cõu 5: Ta cú: a2 1 2a; b2 1 2b; c2 1 2c (1) a2 b2 2ab; b2 c2 2bc; c2 a2 2ac 2 a2 b2 c2 2 ab bc ac (2) Từ (1) và (2) suy ra: a2 1 b2 1 c2 1 2 a2 b2 c2 2 a b c 2 ab bc ac 3 a2 b2 c2 3 2 a b c ab bc ac 3 a2 b2 c2 3 2.6 12 a2 b2 c2 3 Dấu “= “ xảy ra khi a = b = c = 1 GV: Vừ Mộng Trỡnh – THCS Cỏt Minh – Phự Cỏt – Bỡnh Định