de thi tuyen sinh vao lop 10 mon toan so gd dt thai binh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

ĐỀ 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: P 

2x  2 x x 1 x 2  x


x
x x x x x

x  0; x  1.

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của thức P khi x  3 2 2
c) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa thì biểu thức

7
chỉ
P

nhận một giá trị nguyên.
Bài 2 (2,0 điểm).
Cho phương trình x2 – 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:

9
x2



2x

 1  0.

2x  9
2

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:
1
1
1
3




a 2 1 b2 1 c2 1 2

Họ và tên thí sinh: …………………………………………………………………………..

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


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
1a

NỘI DUNG
P



1b

ĐIỂM

2x  2 x x 1 x x  1



x
x x
x x

2x  2

x





x

0,25





x  x  1

x 1 x  x 1


x  1  x 

x 1



x
2x  2

x
x



2x  2
2x  2 x  2
2
x
x

x 1 x  x 1

0,5



x 1
x

0,5
0,25

Ta có x  3  2 2  x  2  1
Thay vào biểu thức P  2



0,25



2 1  2 

2
2 1

0,25

Tính được kết quả P  4 2  2
1c

Đưa được

0,25

7
7 x

P 2x  2  2 x

0,25

7 x
7


2x  2  2 x 6

0,25

7
chỉ nhận một giá trị nguyên đó là 1 khi
P
 x 2
x  4

7 x  2x  2  2 x  2x  5 x  2 

 x1
x  1
4

2


0,25

Khi m  1 ta có phương trình x 2  2 x  8  0

0,5

Giải phương trình ta được hai nghiệm: x1  2; x2  4

0,5

Tính được  '  m 2   m  1

0,25

Đánh giá 2 x  2  2 x  6 x , suy ra 0 
Vậy

2a
2b

3

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt  m 2   m  1  0 (*)
3

0,25

Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có

 x1  x2  2m (1)

3
 x1 x2   m  1 (2)

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


Giả sử x1   x2  thay vào (2) ta được x2  m  1; x1   m  1
2

2

0,25

Thay hai nghiệm x1 ; x2 vào (1) ta được

m  0
m  3

 m  1   m  1  2m  m2  3m  0  
2

Khẳng định hai giá trị m vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*), kết luận
3

Điều kiện: x  0 , đưa phương trình trở thành:
Đặt ẩn phụ:

x
2x2  9

2x2  9
x
2
3 0
2
2
x
2x  9

0,25
0,25

 t , phương trình trở thành:

t  1
2t  3t  1  0   t  1  2t  t  1  0   1
t 
 2

0,25

Trường hợp: t  1 ta có x  2 x 2  9 (vô nghiệm)

0,25

3

2

Trường hợp: t  

2

1
ta có
2

x  0
3 2

2 x 2  9  2 x   2
x
2
2 x  9

0,25

4a

Xét hai tam giác: AEF và ACB có góc A chung
Ta có 
AEF  
AHF ; 
AHF  
ACB suy ra 
AEF  
ACB
AFF  
AHE ; 
AHE  
ABC suy ra 
AFE  
ABC )
(hoặc 

0,25

Suy ra hai tam giác AEF và ACB đồng dạng

0,25

Từ tỷ số đồng dạng
4b

4c

AE AF
ta có AE.AB = AC.AF

AC AB

0,25

0,25

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)
  900 , MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH
Từ đó MFO

0,25

  900

Xét hai tam giác AHM và BHO có 
AHM  BHO

0,25

Trong tam giác vuông ABC, đường cao AH có
AH HM
AH 2  HB.HC  AH .2OH  HB.2 HM 

HB HO

0,25

0,25

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


4d

5

Suy ra HBO  HAM

0,25

  HBO

Suy ra HAM

0,25

Gọi K là giao điểm của AM với đường tròn
  HAM
  MHK
 , suy ra BO // HK
Ta có HBO

0,25

Mà HK  AM , suy ra BO  AM , suy ra O là trực tâm của tam giác ABM

0,25

Giả sử a  b  c , từ giả thiết suy ra ab  1 . Ta có bất đẳng thức sau:
2
a  b   ab  1

1
1
2



 0 (luôn đúng).
1  a 2 1  b 2 1  ab
1  a 2 1  b2  1  ab 
Vậy ta cần chứng minh:

2

1
3


2
1  ab 1  c
2

0,25

 c  3  ab  3abc  c  ca  bc  3abc  a  b  c  3abc
2

2

2

2

 a  b  c 2  3  ab  bc  ca   9

Bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì 
2
ab  bc  ca  3 3  abc 
hay a  b  c  3  3abc .
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1

0,25

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 .Chứng minh rằng:

ab
c2  3

5

Ta có
Ta có

a  b  c
3
ab
c2  3





bc
a2  3



ca
b2  3



3
2

2

 ab  bc  ca  ab  bc  ca  3
ab
c 2  ab  bc  ca



ab

 a  c  b  c 

0,25



ab  1
1 



2 ac bc

1  ab
ab
bc
ca
ca  1
3
VT  





   a  b  c   (đpcm)
2 ac bc ca cb ab 2
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

0,25

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí