Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2018-2019 - 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 BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Đề chính thức Môn thi: TOÁN (Chuyên Toán) Ngày thi: 03/ 6/ 2018 Thời gián làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2,0điểm) 2 a b ab a b a3 b3 1. Cho biếu thức : T : , với a b,a 0,b 0 a b a b a b a) Rút gọn biểu thức T b) Chứng tỏ T > 1 2. Cho n là sô tự nhiên chẵn, chứng minh rằng số 20n 3n 16n 1 chia hết cho số 323 Bài 2: (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình: 3x 2 7x 8 4 4 x y 3 x y 2. Giải hệ phương trình: 6 x y 5 x y Bài 3: (1,0 điểm). Cho phương trình: (m 1)x2 2(2m 3)x 5m 25 0 (m là tham số). Tìm các giá trị m là số nguyên sao cho phương trình có nghiệm là số hữu tỉ. Bài 4: (4 điểm). 1. Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn và AB BC; BC CA. Xác định vị trí điểm M thuộc miền tam giác ABC (gồm các cạnh và miền trong tam giác) sao cho tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh nhỏ nhất. 2. Cho tam giác ABC (AB < AC) có các goc đều nhọn, các 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 phân giác của F· DE b) F là trung điểm của MN c) ODOK OE2 và BDDC ODDK Bài 5: (1,0 điểm) 2 2 1 1 1 25 Cho hai số dương a, b thỏa mãn a 1 . Chứng minh rằng: a b b a b 2
2. Lượt giải: Bài 1: (2,0điểm) 1. a) Rút gọn T: Với a b,a 0,b 0 , ta có: a b ab a3 a b b a b3 a3 b3 a b ab a b a b a b ab T :  a b a b a b a b ab a b ab a b ab Vậy : T , với a b,a 0,b 0 . ab b) Chứng tỏ T > 1 a b ab Ta có: T , với a b,a 0,b 0 . (kết quả câu 1.a) ab 2 2 a b ab a b T 1 1 (vì ab 0, a b 0 với a b,a 0,b 0 ) ab ab Vậy T > 1 2. Ta có: a n bn (a b)(a n 1 a n 2b a n 3b2 abn 2 bn 1) a n bn m(a b) (a, b, n,m ¥ ) (*) Vì n là số tự nhiên chẵn nên n = 2k (k ¥ ) A = 20n 3n 16n 1 400k 9k 256k 1 Áp dụng (*), có: A (400k 1k ) (256k 9k ) 399x 247y 1921x 19.13y (x, y ¥ ) A19 với mọi số tự nhiên n chẵn (1) và có: A (400k 9k ) (256k 1k ) 391p 255q 1723p 1715q (p,q ¥ ) A17 với mọi số tự nhiên n chẵn (2) mà 17 và 19 là hai số nguyên tố cùng nhau nên từ (1) và (2) suy ra:A1719 với mọi số tự nhiên n chẵn Vậy 20n 3n 16n 1323 với mọi số tự nhiên n chẵn Bài 2: (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình: 3x 2 7x 8 (1) 2 2 2 2 x x x x (1) 3 3 3 3 2 2 9x 12x 4 7x 8 9x 5x 4 0 (x 1)(9x 4) 0 (9x 9)(9x 4) 0 2 2 x x 3 2 4 3 x 4 3 9 9x 4 0 9x 9 1 x 9 2 4 Vậy bất phương trình (1) có tập nghiệm S x ¡ | x  3 9  4 4 x y 3 x y 2. Giải hệ phương trình: (2) 6 x y 5 x y 4S 2 S 3 S 5S 6 0 8 P S 2;P Đặt S = x + y 0; P = xy 0, ta có: (2) 4S 5 6 P S 5 S 3 S 3;P 2 S 8 8 3 Khi đó: S = 2; P khi và chỉ khi x, y là nghiệm của phương trình: t2 2t 0 vô nghiệm ( ' 0 ) 5 5 5
3. 2 S = – 3; P = 2 khi và chỉ khi x, y là nghiệm của phương trinh: t 3t 2 0 t1 1; t2 2 Vai trò của x, y trong hệ (2) như nhau, do vậy hệ (2) có hai nghiệm: (x = – 1; y = – 2), (x = – 2; y = – 1) Bài 3: (1,0 điểm). Phương trình: (m 1)x2 2(2m 3)x 5m 25 0 (3) 2 Có '  (2m 3) (m 1)( 5)(m 5) 9m2 42m 34 (3m 7)2 15 (3) có nghiệm hữu tỉ với m ¢ khi và chỉ khi ' chính phương, suy ra: (3m 7)2 15 n2 (n ¢ ) (3m – 7 – n)(3m – 7 + n) = 15 (m,n ¢ ) (4) Phương trình (4) tương đương với 8 hệ phương trình: 3m 7 n 15 3m 7 n 1 3m 7 n 5 3m 7 n 3 (4.1), (4.2), (4.3), (4.4) 3m 7 n 1 3m 7 n 15 3m 7 n 3 3m 7 n 5 3m 7 n 15 3m 7 n 1 3m 7 n 3 3m 7 n 5 (4.5), (4.6) (4.7), (4.8) 3m 7 n 1 3m 7 n 15 3m 7 n 5 3m 7 n 3 Giải 8 hệ trên, suy ra hệ phương trình (3) có nghiệm hữu tỉ khi: m = 1 hoặc m = 5 Bài 4: (4 điểm). 1. Gọi khoảng cách từ M đến BC, CA, AB lần lượt là: x, y, z Ta có:2SABC x BC yCA z AB (x y z)AB (vì AB BC CA ) 2S x y z AB + Nếu AB > BC thì dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: M C + Nếu AB = BC > CA thì dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: M thuộc cạnh AC + Nếu AB = BC = CA thì M là điểm trong bất kỳ của tam giác ABC Vậy tổng khoảng các cách từ M đến ba cạnh của tam giác nhỏ nhất bằng chiều cao của cạnh lớn nhất khi: M trùng C (nếu AB > BC = CA), hoặc M nằm trên cạnh AC (nếu AB = BC > CA) hoặc M là điểm trong bất kỳ của tam A giác ABC nếu AB = BC = CA. 2 · M a) DA là phân giác của FDE E I P F H N K B D O C Q Dễ chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính HB (1) và tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB (2) (1) H· DF H· BF (nội tiếp cùng chắn cung HF) (1’), (2) H· BF H· DE (2’) (nội tiếp cùng chắn cung AF) (1’) và (2’) suy ra: H· DF H· DE Vậy DA là phân giác của F· DE b) F là trung điểm của MN Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q PQ // MN // AC Ta có: FC là phân giác của D· FE (tương tự chứng minh câu a) mà FB  FC nên PB là phân giác trong và FC là phân giác ngoài KFD BK FK CK KB DB = = (3) BD FD CD KC DC
4. Theo hệ quả của định lí Ta-let, ta lại có: BP KB = (4) (vì BP // AC) CA KC BQ DB và: = (5) (BQ // AC) CA DC BP BQ Từ (3), (4), (5) suy ra: = BP = BQ CA AC Khi đó, áp dụng hệ quả của định lí Ta-let trong hai tam giác ABP và ABQ với MF // PQ, NF // BQ, có: A MF AF FN MF FN = = = MF= NF F là trung điểm của MN BP AB BQ BQ BQ c) Chứng minh ODOK = OE2 và BDDC = ODDK M E · · Từ kết quả câu a) DFE = 2CFE (6) I P F Dễ chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn H (O) đường kính BC, nên E· OC = 2C· FE (7) N K B D O C Từ (6) và (7) suy ra: D· FE = E· OC Tứ giác DFEO nội tiếp 1 1 1 O· DE sđ=O» Esđ = O»F O· (vìEK OE = OF = BC) 2 2 2 Q S OE OD Từ đó suy ra: ODE OEK (g.g) ODOK = OE2 OK OE Khi đó: BDDC = OB OD OC + OD OB2 OD2 ODOK OD2 OD OK OD ODDK Bài 5: 1 1 Ta có: a 1 1 a ab 1 b v(a > 0, b > 0) b b (x y)2 lại có HĐT: 2(x2 y2 ) (x y)2 (x y)2 x2 y2 (1) , dấu”=” xãy ra khi và chỉ khi x= y 2 và có HĐT: (x y)2 (x y)2 4xy (x y)2 4xy (2), dấu”=” xãy ra khi và chỉ khi x= y 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 - Áp dụng (1), ta có: a b (1’), a b 2 2 2 2 1 1 1 dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a b và a 1 a b b 2 1 a a b 1 1 - Áp dụng (2), ta có: a 4 1 4 4 (2’), dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi:a và a 1 b b b a b b Từ (1’) và (2’) suy ra: 2 2 1 1 (1 4)2 1 1 a b . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a hay b a b 2 b a 2 2 1 1 25 1 Vậy a b , dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a = và b = 2. a b 2 2