Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Bình Định năm 2017 (có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 14/06/2017
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (1,5 điểm)
Cho A =

x
x −2

; B=

2
4 x
+
x +2 x−4

a) Tính A khi x = 9
b) Thu gọn T = A – B
c) Tìm x để T nguyên
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho phương trình x2 – 2mx – 6m – 9 = 0
a) Giải phương trình khi m = 0
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 trái dấu thỏa mãn x12 + x22 = 13

Câu 3: Một đám đất hình chữ nhật có chu vi 24m. Nếu tăng độ dài một cạnh lên 2m và giảm độ dài cạnh còn
lại 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m2. Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật ban đầu.
Câu 4 ( 4 điểm): Cho tam giác ABC (ABkhông chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng.
BC AC AB
=
+
c) Chứng minh
MD ME MF
Câu 4: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

a 5 b5 c5
+ + ≥ a 3 + b 3 + c3
bc ca ab


Lượt giải
Câu 1:
a) Khi x = 9: ta được A =
b) ĐK : x ≥ 0 , x ≠ 4

T = A−B=

9
=3
9 −2

x.

 2
x
4 x
−
+
=
÷
x −2  x +2 x−4

(

)

x + 2 − 2.

(

(

)

x −2 −4 x

) ( x + 2)
( x − 2) =
x+2 x −2 x +4−4 x
x−4 x +4
=
=
=

( x − 2) ( x + 2)
( x − 2) ( x + 2) ( x − 2) ( x + 2)
x −2

2

Cách 2: A =

x −2
x +2

x
x+2 x
2
4 x 2 x −4+4 x 6 x −4
=
; B=
+
=
=
x−4
x−4
x−4
x −2
x +2 x−4

⇒T = A−B=

x +2 x 6 x −4 x −4 x +4
−

=
=
x−4
x −4
x −4

(

(

x −2

x −2

)(

)

2

x +2

)

=

x −2
x +2

4

(với x ≥ 0 , x ≠ 4 )
x +2
nên T có giá trị nguyên khi và chỉ khi x + 2 ∈Ư(4)
⇔ x + 2 ∈ {2} (vì với x ≥ 0 , x ≠ 4 thì x + 2 ≥ 2 và x + 2 ≠ 4 )
⇔ x = 0 ⇔ x = 0.
Vậy T có giá trị nguyên khi x = 0.
c) Từ kết quả câu a, ta có: T = 1 −

Câu 2:
Ta có: x2 – 2mx – 6m – 9 = 0

(1)

a) Khi m = 0, phương trình (1) ⇔ x 2 − 9 = 0 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = 3
Vậy khi m = 0, phương trình (1) có tập nghiệm là: S = {– 3; 3}
b) Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 ; x 2 trái dấu khi và chỉ khi ac < 0 ⇔ −6m − 9 < 0 ⇔ m >
và hai nghiệm đó thỏa mãn:

 x1 + x 2 = 2m
(hệ thức Vi-et)

 x 1.x 2 = −6m − 9
2
Khi đó: x12 + x 22 = 13 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 2x 1x 2 = 13 ⇔ (2m) 2 − 2( −6m − 9) − 13 = 0

⇔ 4m 2 + 12m + 5 = 0 Giải phương trình ẩn m có m1 = −2,5 (loại), m 2 = −0,5 (nhận)
Vậy m = – 0,5
Câu 3:
Không mất tính tổng quát, giả sử tăng cạnh thứ nhất 2m và giảm cạnh thứ hai 1m.
Gọi x(m) là độ dài cạnh thứ nhất của mảnh đất hình chữ nhật

y (m) là độ dài cạnh thứ hai của mảnh đất hình chữ nhật.
ĐK: 0 < x < 12, 1 < y < 12
Diện tích mảnh đất ban đầu là : x.y (m2)
Theo đề ta có phương trình: 2 (x+ y) = 24 ⇔ x + y = 12 (1)
Độ dài cạnh thứ nhất khi tăng 2m là: x + 2 (m)
Độ dài cạnh còn lại khi giảm 1m là : y – 1 (m)
Diện tích mảnh đất khi thay đổi khích thước: (x + 3) (y – 1) (m2)
Theo đề ta có phương trình: (x + 3)(y – 1) – xy = 1 ⇔ − x + 2y = 3 (2)
Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

−3
2


 x + y = 12
 x = 12 − y  x = 7
⇔
⇔

 − x + 2y = 3 3y = 15
y = 5
Cách 2:
Không mất tính tổng quát, giả sử tăng cạnh thứ nhất 2m và giảm cạnh thứ hai 1m. (0 < x < 12)
Gọi x(m) là độ dài cạnh thứ nhất của mảnh đất hình chữ nhật
Độ dài cạnh thứ hai của mảnh đất hình chữ nhật là 24 : 2 – x = 12 – x (m)
Diện tích ban đầu của mãnh đất: x(12 – x) = 12x – x 2 (m2)
Độ dài cạnh thứ nhất khi tăng 2m là: x + 2 (m)
Độ dài cạnh còn lại khi giảm 1m là : 12 – x – 1 = 11 – x (m)
Diện tích mảnh đất khi thay đổi khích thước: (x + 2)(11 – x) = 22 + 9x − x 2 (m2)
Ta có phương trình: 22 + 9x − x 2 – (12x – x 2 ) = 1 ⇔ 21 = 3x ⇔ x = 7 (thỏa ĐK) ⇒ 12 − x = 5

Vậy kích thước mảnh đất lúc đầu là: 7m, 5m.

S

Câu 4:
a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: MD ⊥ BC, ME ⊥ AC, MF ⊥ AB và (D, E và F là hình chiếu của M trên BC, AC và AB)
·
·
·
·
suy ra MDB
= MFB
= 900 (1) và MDC
= MEC
= 900 (2)
Theo quỹ tích cung chứa góc thì:
(1) ⇒ bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc đường tròn đường kính BM (3)
(2) ⇒ bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính MC (4)
b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng.
1
·
·
» của đường tròn đường kính BM)
Từ (3) ⇒ FDM
(= sđ FM
= FBM
2
·
·

·
và FBM
(cùng bù ABM
của tứ giác nội tiếp ABMC)
= MCE
·
·
⇒ FDM
= MCE
·
·
·
·
⇒ FDM
+ MDE
= MCE
+ MDE
= 180o (vì MCED là tứ giác nội tiếp)
Vậy D, E, F thẳng hàng. (5)
BC AC AB
=
+
c) Chứng minh
MD ME MF
ME AE
BD AE AC CE
=
⇒
=
=

−
- c/m ∆ MEA ∆ MDB (g.g) ⇒
(i)
MD BD
MD ME ME ME
MF AF
CD AF AB BF
=
⇒
=
=
+
- c/m ∆ MFA ∆ MDC (g.g) ⇒
(ii)
MD CD
MD MF MF MF
ME CE
CE BF
=
⇒
=
- c/m ∆ MEC ∆ MFB (g.g) ⇒
(iii)
MF BF
ME MF
BD CD AC CE AB BE AC AB
+
=
−
+

−
=
+
Từ (i), (ii), (iii) suy ra:
MD MD ME ME MF MF ME MF
BC AC AB
=
+
Vậy:
MD ME MF

S
S

Cách 2:

AC AB AE + EC AF − FB AE EC AF FB
+
=
+
=
+
+
−
ME
MF
ME ME MF MF
Ta có: ME MF
·
·

·
·
= tan AME
+ tan CME
+ tan AMF
− tan FMB
·
·
·
·
Mà từ (3), (4) và (5) ⇒ CME
= CDE
= BDF
= FMB
Do đó:

AC AB
·
·
+
= tan AME
+ tan AMF
ME MF

(6)

Mặt khác, từ các tứ giác AEMF, BDMF, CEDM nội tiếp suy ra:
·
·
·

·
·
·
= AEF
= DMC
và AMF
(7)
AME
= AFE
= BMD
Từ (6) và (7) suy ra:


AC AB
BD DC BD + DC BC
BC AC AB
·
·
=
+
+
= tan BMD
+ tan MDC
=
+
=
=
. Vậy
MD ME MF
ME MF

MD MD
MD
MD

S

Cách 3: Kẻ đường cao MH của tam giác MDF
- ∆ MBC và ∆ MFE có:
1
·
·
¼ theo kết quả (4))
(= sđ DM
MBC
= MFE
2
1
·
·
¼ theo kết quả (3))
(= sđ DM
MCB
= MEF
2
⇒ ∆ MBC ∆ MFE (g.g)
BC MD
⇒
=
(tỉ số đồng dạng bằng tỉ số 2 đường cao t/ứng)
FE MH

BC
FE
⇔
=
(8)
MD MH
- ∆ MFD và ∆ MAC có:
·MFD = MAC
·
·
·
·
·
(cùng bù MDF
) ⇒ ∆ MFD ∆ MAC (g.g)
(= MBC
) và MDF
= MCA
FD MH
FD AC
⇒
=
=
(tỉ số đồng dạng) ⇔
(9)
AC ME
MH ME
ED MH
AB ED
=

=
- Tương tự, ∆ MED ∆ MAB (g.g) ⇒
(tỉ số đồng dạng) ⇔
(10)
AB MF
MF MH
AC AB FD ED
FE
BC
BC AC AB
+
=
+
=
=
=
+
Từ (8), (9) và (10) suy ra:
. Vậy
ME MF MH MH MH MD
MD ME MF
Cách 4:
MB MD
MA ×MD
=
⇔ MB =
-c/m ∆ MDB ∆ MEA (g.g) ⇒
(11)
MA ME
ME

MD MC
MA ×MD
=
⇔ MC =
-c/m ∆ MDC ∆ MFA (g.g) ⇒
(12)
MF MA
MF
Mà MA ×BC = MB ×AC + MC ×AB (định lý Ptoleme) (13)
Từ (11), (12) và (13) suy ra:
MA ×MD
MA ×MD
BC AC AB
 AC AB 
MA ×BC =
×AC +
×AB ⇔ BC = MD 
+
=
+
÷. Vậy
ME
MF
MD ME MF
 ME MF 
Cách 5:
·
·
·
·

⇒ BMK
Trên BC lấy điểm K sao cho CMK
:
= AMB
= AMC
⇒ ∆ MCK ∆ MAB (g.g)
1
2
MD ×CK
SMCK  MD 
MD CK
AB CK
2
⇒
=
⇔
=
⇔
=
(14)
÷ ⇔ 1
SMAB  MF 
MF
AB
MF
MD
MF ×AB
2
Tương tự: ∆ MBK ∆ MAC (g.g)
1

2
MD ×BK
SMBK  MD 
MD BK
AC BK
2
⇒
=
⇔
⇔
=
⇔
=
(15)
÷
1
SMAC  ME 
ME
AC
ME
MD
ME ×AC
2
AC AB BK CK BC
BC AC AB
+
=
+
=
=

+
Từ (14) và (15) suy ra:
. Vậy
ME MF MD MD MD
MD ME MF
Bài 5:
Ta có: 3(x 2 + y 2 + z 2 ) = (x + y + z) 2 + (x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2
(*)

S

S

S
S

S

S


(x + y + z) 2
, dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi x = y = z
(1)
3
Từ (*) cũng suy ra: x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx , dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi x = y = z
⇔ (x + y + z) 2 ≥ 3(xy + yz + zx)
⇒ x 2 + y2 + z 2 ≥

⇔ (x + y + z) (x + y + z) 2 − 3(xy + yz + zx)  ≥ 0 (với x, y, z > 0), dấu “=”xãy ra khi và chỉ khi x = y = z

⇔ (x + y + z) (x + y + z) 2 − 3(zx + yz)  − 3xy(x + y + z) ≥ 0
⇔ (x + y + z)3 − 3(x + y)z(x + y + z) − 3xy(x + y) − 3xyz ≥ 0
⇔ (x + y)3 + 3(x + y)z(x + y + z) + z 3 − 3(x + y)z(x + y + z) − 3xy(x + y) ≥ 3xyz
⇔ x 3 + y3 + 3xy(x + y) + z 3 − 3xy(x + y) ≥ 3xyz
⇔ x 3 + y3 + z 3 ≥ 3xyz (với cá số dương x, y, z), dấu “=”xãy ra khi và chỉ khi x = y = z
Lần lượt áp dụng (1) và (2) với các bộ ba số dương, ta có:

a 5 b5 c5 a 6 + b 6 + c6 (a 3 + b3 + c3 ) 2 (a 3 + b 3 + c 3 )3abc
+ + =
≥
≥
= a 3 + b3 + c3
bc ca ab
abc
3abc
3abc
5
5
5
a
b c
Vậy
+ + ≥ a 3 + b3 + c3 , dấu “=”xãy ra khi và chỉ khi a = b = c
bc ca ab

(2)