Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm học 2015 - 2016 Sở GD&ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Đ Ề THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho tất cả thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (3,0 điểm).
Cho biểu thức:
xxx
xx
xx
xx
x
x
P
+
+
−
−
−
+
+
=
2
122
( )
.1;0 ≠> xx
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của thức P khi
223−=x
c) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa thì biểu thức

P
7
chỉ
nhận một giá trị nguyên.
Bài 2 (2,0 điểm).
Cho phương trình x
2
– 2mx + (m – 1)
3
= 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = –1.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình
phương nghiệm còn lại.
Bài 3 (1,0 điểm).
Giải phương trình:
.01
92
29
2
2
=−
+
+
x
x
x
Bài 4 (3,5 điểm).
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường tròn đường kính AH, tâm O,
cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại E và F. Gọi M là trung điểm của cạnh HC.
a) Chứng minh AE.AB = AF.AC.

b) Chứng minh rằng MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH.
c) Chứng minh HAM = HBO
d) Xác định điểm trực tâm của tam giác ABM.
Bài 5 (0,5 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:
2
3
1
1
1
1
1
1
222
≥
+
+
+
+
+ cba
Hết
Họ và tên thí sinh: …………………………………………………………………………
SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2015-2016
DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
MÔN TOÁN CHUNG

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1a
2 2 1 1x x x x x
P
x x x x x

+ − +
= + −
− +

0,25
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
1 1 1 1
2 2
1 1
x x x x x x
x
x
x x x x
− + + + − +
+
= + −
− +
0,5
( ) ( )
1 1
2 2
x x x x
x
x x x
+ + − +
+
= + −

0,5
2 2 2 2 2
2
x x x
x x
+ + +
= + =
0,25
1b
Ta có
3 2 2 2 1x x= − ⇒ = −
0,25
Thay vào biểu thức
( )
2
2 2 1 2
2 1
P = − + +
−
0,25
Tính được kết quả
4 2 2P = +
0,25
1c
Đưa được
7 7
2 2 2
x
P
x x

=
+ +
0,25
Đánh giá
2 2 2 6x x x+ + >
, suy ra
7 7
0
6
2 2 2
x
x x
< <
+ +
0,25
Vậy
7
P
chỉ nhận một giá trị nguyên đó là 1 khi
4
2
7 2 2 2 2 5 2
1
1
4
2
x
x
x x x x x
x

x

=

=


= + + ⇔ − + ⇔ ⇔


=
=



0,25
2a
Khi
1m
= −
ta có phương trình
2
2 8 0x x+ − =
0,5
Giải phương trình ta được hai nghiệm:
1 2
2; 4x x= = −
0,5
2b
Tính được

( )
3
2
' 1m m∆ = − −
0,25
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt
( )
3
2
1 0 (*)m m⇔ − − >
0,25
Gọi
1 2
;x x
là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có
( )
1 2
3
1 2
2 (1)
1 (2)
x x m
x x m
+ =



= −



Giả sử
( )
2
1 2
x x=
thay vào (2) ta được
( )
2
2 1
1; 1x m x m= − = −
0,25
Thay hai nghiệm
1 2
;x x
vào (1) ta được
( ) ( )
2
2
0
1 1 2 3 0
3
m
m m m m m
m
=

− + − = ⇔ − = ⇔

=


Khẳng định hai giá trị
m
vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*), kết luận 0,25
3
Điều kiện:
0x
≠
, đưa phương trình trở thành:
2
2
2
2 9
2 3 0
2 9
x x
x
x
+
+ − =
+

0,25
Đặt ẩn phụ:
2
2 9
x
t
x
=
+

, phương trình trở thành:
( )
( )
3 2 2
1
2 3 1 0 1 2 1 0
1
2
t
t t t t t
t
=


− + = ⇔ − − − = ⇔

=

0,25
Trường hợp:
1t
=
ta có
2
2 9x x= +
(vô nghiệm)
0,25
Trường hợp:
1
2

t = −
ta có
2
2
0
3 2
2 9 2
2
2 9
x
x x x
x
<

+ = − ⇔ ⇔ = −

=

0,25
4a
Xét hai tam giác: AEF và ACB có góc A chung 0,25
Ta có
·
· ·
·
;AEF AHF AHF ACB= =
suy ra
·
·
AEF ACB=

(hoặc
·
· ·
·
;AFF AHE AHE ABC= =
suy ra
·
·
AFE ABC=
)
0,25
Suy ra hai tam giác AEF và ACB đồng dạng 0,25
Từ tỷ số đồng dạng
AE AF
AC AB
=
ta có AE.AB = AC.AF
0,25
4b Xét hai tam giác OHM và OFM có OM chung, OF = OH. 0,25
Có MF = MH (vì tam giác HFC vuông tại F, trung tuyến FM) 0,25
Suy ra
OHM OFM
∆ = ∆
(c.c.c) 0,25
Từ đó
·
0
90MFO =
, MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH

0,25
4c
Xét hai tam giác AHM và BHO có
·
·
0
90AHM BHO= =
0,25
Trong tam giác vuông ABC, đường cao AH có
2
. .2 .2
AH HM
AH HB HC AH OH HB HM
HB HO
= ⇒ = ⇒ =
0,25
Suy ra
HBO HAM
∆ ∆
:
0,25
Suy ra
·
·
HAM HBO=
0,25
4d Gọi K là giao điểm của AM với đường tròn
Ta có
·
·

·
HBO HAM MHK= =
, suy ra BO // HK
0,25
Mà
HK AM⊥
, suy ra
BO AM
⊥
, suy ra O là trực tâm của tam giác ABM 0,25
5 Giả sử
a b c≥ ≥
, từ giả thiết suy ra
1ab ≥
. Ta có bất đẳng thức sau:
( ) ( )
( ) ( )
( )
2
2 2
2 2
1
1 1 2
0
1 1 1
1 1 1
a b ab
a b ab
a b ab
− −

+ ≥ ⇔ ≥
+ + +
+ + +
(luôn đúng).
Vậy ta cần chứng minh:
2
2 1 3
1 1 2ab c
+ ≥
+ +

0,25
2 2 2 2
3 3 3 3c ab abc c ca bc abc a b c abc⇔ + − ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥
Bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì
( ) ( )
( )
2
2
3
3 9
3
a b c ab bc ca
ab bc ca abc

+ + ≥ + + =


+ + ≥




hay
3 3a b c abc+ + ≥ ≥
.
Dấu bằng xảy ra khi
1a b c= = =
0,25
Cho các số dương
, ,a b c
thỏa mãn
3a b c
+ + =
.Chứng minh rằng:
2 2 2
3
2
3 3 3
ab bc ca
c a b
+ + ≤
+ + +
5
Ta có
( )
2
3
3
a b c
ab bc ca ab bc ca

+ +
≥ + + ⇒ + + ≤
0,25
Ta có
( ) ( )
2 2
1 1
2
3
ab ab ab ab
a c b c
a c b c
c c ab bc ca
 
≤ = ≤ +
 ÷
+ +
 
+ +
+ + + +
( )
1 1 3
2 2 2
ab ab bc ca ca
VT a b c
a c b c c a c b a b
 
≤ + + + + = + + =
 ÷
+ + + + +

 
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 0,25