12. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Bình Phước năm học 2017-2018 (chuyên)

Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác đúng khoa học theo yêu cầu bài toán giám khảo cân nhắc cho điểm tối đa của từng phần.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Thời gian làm bài : 150 phút

P

a) Rút gọn biểu thức P

27

Q

+

=

+ - , với x ³ 0,x ¹ 1,x ¹ 4 Chứng minh Q ³ 6

Câu 2 ( 1.0 điểm ) Cho phương trình : x2- 2(m - 1)x + m2- 3= 0 ( x là ẩn, m là tham số) Tìm m

để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 sao cho x12 + 4x1+ 2x2- 2mx1 = 1

Câu 3 ( 2.0 điểm )

x + - x = x - + - x + x - +

b) Giải hệ phương trình :

( ) ( )

2

ïï

ïïî

Câu 4 ( 3.0 điểm )

Cho tam giác A BC có ¼ 0

60

BA C = , A C = b A B, = c b( > c) Đường kính EF của đường tròn ngoại tiếp tam giác A BC vuông góc với BC tại M ( E thuộc cung lớn BC ) Gọi I và J là chân đường vuông góc hạ từ E xuống các đường thẳng A B và A C Gọi H và K là chân đường vuông góc hạ từ F xuống các đường thẳng A B và A C

a) Chứng minh các tứ giác A IEJ , CMJE nội tiếp và EA EM = EC EI

b) Chứng minh I J M, , thẳng hàng và IJ vuông góc với HK

c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A BC theo b c,

Câu 5 ( 1 điểm ) Chứng minh biểu thức 3( )2 ( )( 3 )

S = n n + + n + n - n + - n - chia hết cho

120, với n là số nguyên

Câu 6 ( 1 điểm )

a) Cho ba số a b c, , thỏa mãn a+ b+ c = 0 và a £ 1, b £ 1, c £ 1 Chứng minh rằng

4 6 8

2

a + b + c £

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( )

T

=

- - với x y, là các số thực lớn hơn 1.

-Hết -

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

Họ tên thí sinh:………

Chữ kí giám thị 1:………

Chữ kí giám thị 2:………

Giáo viên đánh đề+ đáp án

Mai Vĩnh Phú trường THCS-THPT Tân Tiến- Bù Đốp - Bình Phước

( Vùng quê nghèo chưa em nào đậu nổi trường chuyên Toán….)

Câu 1

a) Ta có

P

=

-=

=

-=

2

x

b) Với x ³ 0,x ¹ 1,x ¹ 4, ta có

27

Q

+

=

-27 3

x x

+

= +

9 36 3

x x

- +

=

+ 36

3

3

x

x

3

x

x

Dấu “=” xẩy ra khi 3 36

3

x

x

 

x

Câu 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi     0 2m   4 0 m 2 1 

Theo hệ thức Vi-ét: 1 2  

2

1 2

x x m







Mà x12 + 4x1+ 2x2- 2mx1 = 1

1 1 2 2 2 1 2 1

1 2 2 1 2 1

2

( )

m

m

é = + ê

ê = -ë

Từ  1 và  2 suy ra m 2 2

Câu 3

a) Điều kiện 1 x 7

Ta có x + 2 7- x = 2 x - 1+ - x2 + 8x- 7+ 1

5

4

x x

x

Û êê - = - Û ê =êë

ë

( thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có hai nghiệm x4;x5

b) Điều kiện 2 1 2

1 0

x

x xy







 , kết hợp với phương trình  1 , ta có y0

Từ  1 , ta có

4 x 1 xy y 4

  2 2 2 

16 x 1 x y y 4

Giải phương trình theo ẩn x ta được x 42

y

4

x y



 ( loại)

2

4

4

y

   thế vào phương trình  2 , ta được : x2 3 3 x 1 4

Điều kiện x 3, ta có

2

x   x 

2

2

4

0

1 1

3 1

x x

x x





 

 

1 1

3 1

x x

x x

 

 

2 0

x

   ( vì

2

0

1 1

3 1

x

x x

 

Với x2 ta có

2 2

2 0

y

y y

 





 Kết hợp với điều kiện trên, hệ phương trình có nghiệm 2; 2 

Câu 4

90

A IE = A JE = nên tứ giác A IEJ nội tiếp

90

EMC = EJC = nên tứ giác CMJE nội tiếp

Xét tam giác AEC và IEM, có

ACEEMI ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE )

EACEIM ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ )

Do đó hai tam giác AEC đồng dạng IEM AE EC EA EM EC EI

EI EM

b) Ta có IEM  AECAEI CEM

Mặt khác AEI  AJI ( cùng chắn cung IJ ), CEM CJM ( cùng chắn cung CM ) Suy ra

CJM  AJI Mà I M, nằm hai phía của đường thẳng AC nên CJM  AJI đối đỉnh suy ra I J M, , thẳng hàng

K

F M

H

J

E I

A

B

O N

C

Tương tự, ta chứng minh được H M K, , thẳng hàng

Do tứ giác CFMK nội tiếp nên CFKCMK

Do tứ giác CMJE nội tiếp nên JME JCE

90

ECF CFKJCE ( vì cùng phụ với ACF)

90

CMKJMEJMK EMC hay IJHK

c) Kẻ BNAC NAC Vì BAC600 nên ABN 300

2

2 2

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC Xét tam giác đều BCE có 2 2 3 1  2 2 

3

BC

ROE EM   b  c bc

Câu 5

Ta có

S = n n + n + n - n

( 2 )( 2 )

( 1)( 1)( 2)( 3)

(n 1) (n n 1)(n 2)(n 3)

Ta có S là tích của 5 số nguyên tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5 ! nên chia hết cho 120

Câu 6

a) Từ giả thiết a £ 1,b £ 1,c £ 1, ta có a4 £ a b2, 6 £ b c2, 8 £ c2 Từ đó

4 6 8 2 2 2

a +b + c £ a +b +c

Lại có (a- 1)(b- 1)(c- 1)£ 0 và (a+ 1)(b+ 1)(c+ 1)³ 0 nên

(a +1)(b+ 1)(c+ 1)- (a - 1)(b- 1)(c- 1)³ 0

2ab 2bc 2ca 2 0 2 ab bc ca 2

Hơn nữa a + +b c = 0Û a2 + b2 + c2 = - (ab+bc+ca)£ 2 Vậy a4 +b6 +c8 £ 2

T

-Do x > 1,y > 1 nên x - 1> 0,y- 1> 0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương

2 2 ,

y- x - , ta có :

1

x

x

1

x

y

-Do đó

2

8

T

-Dấu “= ” xẩy ra khi

1 1

2

1 1

x

y y

ìïï =

ï - = ïï

ïïî

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 8 khi x = y = 2

Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác đúng khoa học theo yêu cầu bài toán giám khảo cân nhắc cho điểm tối đa của từng phần