Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên bình định năm học 2018 2019 (cả hai vòng có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018 - 2019

Đề chính thức
Môn: TOÁN (Chuyên toán)
Ngày thi: 03/06/2018
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (2,0 điểm)
1. Cho biểu thức T =



a  b



2



ab � a  b
:�

�a  b
a  b
�

a 3  b3
ab

�
�, với a �b, a > 0, b > 0
�
�

a) Rút gọn biểu thức T
b) Chứng tỏ T > 1
2. Cho n là số tự nhiên chẵn, chứng minh rằng 20n  3n  16 n  1 chia hết cho 323.
Bài 2: (2,0 điểm)
1) Giải bất phương trình: 3 x  2 � 7 x
4
�
�x  y  x 
�
2) Giải hệ phương trình: �
�x  y  6
�
x
�

8
4
3
y
y

 5

Bài 3: (1,0 điểm)
2
Cho phương trình  m  1 x  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: (4,0 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 góc 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 FDE
b) F là trung điểm MN
c) OD.OK  OE 2 và BD.DC  OD.DK
Bài 5: (1,0 điểm)
1
 1 . Chứng minh rằng:
b
2
2
� 1 � � 1 � 25
a  � �
b  ��
�
� a� � b� 2

Cho hai số dương a, b thỏa a 

LỜI GIẢI THAM KHẢO
Bài 1:


a) T =

a  b



2



ab � a  b
:�

�a  b
a  b
�





a 3  b3
ab

 

�
�
�
�



�
a  b
a  b a  b  ab
a  b  ab � a  b

:

�
a  b
a  b
a  b
a  b
�
� a  b 2  a  b  ab �
a  b  ab �
�

:
�
�
a  b
a  b

�
�
�
�
a  b  ab
ab
a  b  ab
a
b

:



1
a  b
a  b
ab
b
a



 







�
�



�
�

a
a
b
a b
;

 1 �2
.
 1  2  1  1 (BĐT Cô si cho hai số dương
b
b
a
b a
Dấu “=” xảy ra khi a = b nhưng vì a �b nên dấu “=” không xảy ra được. Vậy T > 1
b) T =

2. Cho n là số tự nhiên chẵn, chứng minh rằng 20n  3n  16n  1 chia hết cho 323.
Khi n = 0 ta có 20n  3n  16n  1  0 M323

n
n

n
n
n
n
n
n
n
Khi n > 0: Ta có 20  3  16  1   20  1   16  3    20  3    16  1 
n
n
n
Ta có: 20  1 M 20  1  19 và 16  3 M 16  3  19 (do n chẵn)
� 20n  3n  16n  1 M19 (1)

n
n
n
n
Ta có: 20  3 M 20  3   17 và 16  3 M 16  1  17 (do n chẵn)
� 20n  3n  16n  1 M17 (2)

Ta có: (17 ; 19) = 1
(3)
20
Từ (1), (2) và (3) suy ra: n  3n  16 n  1 chia hết cho 323.
Bài 2:
3 x  2 �0
�
3x  2  0
�

 1 hoặc �
 2
1) 3 x  2 � 7 x  8 � �
�
2
7 x  8 �0
 3x  2  �7 x  8
�
�
8
2
Giải (1) được:  �x  
7
3
2
�
2
�
x �
3
x

2
�
0
�
�
2
4
�

�x �
�
3
��
��
�  �x �
3
Giải (2): �
2
3
9
 3x  2  �7 x  8 �9 x 2  5 x  4 �0 �1 �x �4
�
�
�
9
8
4
Kết hợp cả (1) và (2) ta được nghiệm của bất phương trình là:  �x �
7
9
4 4
�
�x  y  x  y  3
�
 x  y  xy  4  x  y   3xy (1)
�
�
��
2) �

2
 x  y   5  x  y   6  0 (2)
�x  y  6   5
�
�
x y
�
Giải phương trình (2) ta được: x + y = –3 hoặc x + y = –2

b
)
a


�x  y   2
�
(vô nghiệm)
8
�
xy 
�
5
�
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: (x ; y) = (–1 ; –2), (–2 ; –1)
�x  y   3
� x =–1, y = – 2 hoặc x = –2, y = –1. Ta có:
Ta có: �
�xy  2

Bài 3:

Xét m = 1 thì phương trình (1) � 2x + 20 = 0 � x = –10 (thỏa mãn)
Xét m �1 thì phương trình (1) là phương trình bậc hai có nghiệm hữu tỉ �  ' là số chính phương
2
2
 '   2m  3    m  1  5m  25    3m  7   15
2
*
Đặt  '   3m  7   15  k  k �N  �  3m  7  k   3m  7  k   15
2

Mà: 3m – 7 + k > 3m – 7 – k (vì k �N * ). Lập bảng (m �Z)
3m – 7 + k
15
5
–1
3m – 7 – k
1
3
–15
k
7
1
7
11
1

m
5
3
3

Nhận
Loại
Loại
Vậy với m = 5 và m = 1 thì phương trình đã cho có nghiệm hữu tỉ

–3
–5
1
1
Loại

Bài 4:
1. Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến các cạnh AB, BC và AC
Ta có: SABC = SMAB + SMBC + SMCA
1
1
ۣ SABC =  x.AB + y.BC + z.CA 
 x + y + z  AB
2
2
(vì AB �BC �CA)
2.S
Suy ra: x + y + z � ABC
AB
Nếu AB > BC thì dấu “=” xảy ra khi M �C
Nếu AB = BC > AC thì dấu “=” xảy ra khi M thuộc cạnh AC
Nếu AB = BC = CA thì dấu “=” xảy ra khi M thuộc mọi vị trí bên trong  ABC
�
2. a) Chứng minh DA là phân giác của FDE
� =A

�
Tứ giác AFDC nội tiếp nên D
1
1
� =A
�
Tứ giác AEDB nội tiếp nên D
2

1

� và D
� nên �
�
�
�
Mà: FDA
và EDA
lần lượt phụ với các góc D
FDA = EDA
1
2
�
� DA là phân giác của FDE
b) Chứng minh F là trung điểm MN
Cách 1: Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q � PQ // MN // AC
Ta có: F�1 = F�2 (đối đỉnh)
�
Tứ giác BFEC nội tiếp nên F� = C
2

1

� =C
� (vì cùng phụ với � )
mà BHD
HBD
1
�
(vì tứ giác BFHD nội tiếp)
F�3 = BHD
�
Do đó: F�1 = F�3 � FB là phân giác KFD
mà FB  FC nên FC là phân giác ngoài  KFD
KB KC KF
KB DB
�
=
=
�
=
DB DC DF
KC DC
Ta có: BP // AC
BP KB
�
=
(Theo định lí Talet)
AC KC

BQ DB
=
(Theo định lí Talet)
AC DC
BP BQ �KB DB �
=
Do đó:
� =
�� BP = BQ
AC AC �KC DC �
MF AF NF
=
=
� MF = NF  BP = BQ  � F là trung điểm của MN
MF // PQ, NF // BQ nên
BP
AB BQ
KF DF IF
=
=
Cách 2: Ta có: DK  DA nên DK là phân giác ngoài  FDE nên
(1)
KE DE IE
FM KF FN IF
=
;
=
Ta có: MN // AC nên
(2)

AE KE AE IE
FM FN
=
� FM = FN
Từ (1) và (2) suy ra:
AE AE
BQ // AC �

c) Chứng minh OD.OK = OE 2 và BD.DC = OD.DK
Chứng minh tương tự câu a ta có
�
FC là phân giác của DFE
� = 2CFE
�
(3)
� DFE

Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC
� = 2CFE
�
nên EOC
(4)
� = EOC
� � Tứ giác DFEO nội tiếp
Từ (3) và (4) suy ra: DFE
� = OF
� (vì OE = OF) � EDO
� = OEF
� = OEK
�

Ta có: OE
Do đó:  ODE ∽  OEK (g.g) � OD.OK = OE 2
 BEC vuông tại E có EO là trung tuyến nên OE = OB = OC � OE 2 = OB2
BD.DC =  OB  OD   OC + OD   OB2  OD 2  OD.OK  OD 2  OD  OK  OD   OD.DK
Bài 5:
Ta có: a 

1
 1 � ab  1  b .
b

Ta chứng minh được BĐT x 2  y 2 �

x  y
. Do đó, ta có:
2
2
2
1� �
1�
� 1
a  b � �
1 b  �
2
2
�
b� �
a�
� 1� � 1� � a
b  ��



�a  � �
2
2
� a� � b�
2

2

� ab  1 �
1
�
�
a �
�

2

Ta chứng minh được BĐT  x  y  �4 xy . Do đó, ta có:
2

2

� 1� a
a �۳۳
�
� 4
� b� b

1

4

a
b

a
b
2

� 1�
Từ (1) và (2) ta có: �
a  �
� a�

4 (2)
2

1
� 1 � 25
và b = 2.
b  �� . Dấu “=” xảy ra khi a =
�
2
� b� 2

GV: Võ Mộng Trình – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định

2

� b�
1 �
�
� a � (1)
2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN (CHUNG)
Ngày thi: 02/6/2018
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề).

Câu 1: (1,0 điểm)
Cho biểu thức T 

a  3 �3 a  6

�
a 9 �
�a  4

�
�, với a �0, a �4, a �9
a 2 �

�
a

a) Rút gọn T.
b) Xác định các giá trị của a để T > 0
Câu 2: (2,0 điểm)
2
2
1. Cho phương trình x  2  m  1 x  m  3m  2  0 (m là tham số). Tìm m để phương
2
2
trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1  x2  x1 x2  5
2018
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2  2 x  x2  7
Câu 3: (2,0 điểm)
Một người dự định đi từ A đến B cách nhau 120 km bằng xe máy với vận tốc không đổi để
đến B vào thời điểm định trước. Sau khi đi được 1 giờ người đó nghỉ 10 phút, do đó để đến B đúng
thời điểm đã định, người đó phải tăng vận tốc thêm 6km/giờ so với vận tốc ban đầu trên quãng
đường còn lại. Tính vận tốc ban đầu của người đó.

Câu 4: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có các góc đều nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. AD là
đường kính của đường tròn (O), H là trung điểm của BC. Tiếp tuyến tại D của (O) cắt đường thẳng
BC tại M. Đường thẳng MO cắt AB, AC lần lượt tại E và F.
a) Chứng minh MD 2  MB.MC
b) Qua B kẻ đường thẳng song song với M cắt đường thẳng AD tại P. Chứng minh bốn điểm
B, H, D, P cùng nằm trên một đường tròn.
c) Chứng minh O là trung điểm của EF.
Câu 5: (1,0 điểm)

Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6.
Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2 �3


LỜI GIẢI THAM KHẢO
Câu 1:
a  3 �3 a  6

a) T 
�
a 9 �
�a  4

a
a 2

�

�
�
�



a 3







� 3 a 2
�

a 3 � a 2
a 2
�

a 3

 





�
a �
a 2 �
�

� 3
a �
1
a 3
1


.


�
�
a 3�
a 2 �
a 2
�a 2
� a 3 a 2
1
 0 � a  2  0 � a  4 . Vậy a > 4 và a �9 thì T > 1
b) T  0 �
a 2
Câu 2:
1. Phương trình có
1

=T 

2
2
2
 '  b '2  ac  �
  m  1 �
�
�  m  3m  2   m  2m  1  m  3m  2  m  1
PT có hai nghiệm phân biệt �  '  0 � m  1  0 � m  1
b
c
2
Theo hệ thức Vi-et ta có: x1  x2    2  m  1 ; x1 x2   m  3m  2

a
a
2









2
 3x1 x2  5 � �
2  m  1 �
�
� 3 m  3m  2  5
1  29
1  29
� m 2  m  7  0 � m1 
(TMĐK) ; m2 
(KTMĐK)
2
2
1  29
2
2
Vậy m =
thì PT có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1  x2  x1 x2  5
2

2018
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2  2 x  x2  7

x12  x22  x1 x2  5 � x1  x2

Ta có: 2 

2x  x2  7  2 
2018

2

2

  x  1  8 �2  8  2  2 2  2

�
2x  x  7 2

2

2018



 2  1
Vậy GTNN của A là 1009  2  1 khi x = 1
Do đó: A =

2

2

1009
 1009
2 1









2 1

2 1

Câu 3:
Gọi x (km/h) là vần tốc dự định lúc đầu. ĐK x > 0
120
Thời gian dự định đi hết quãng đường AB là
(giờ)
x
Trong 1 giờ đầu xe đi được quãng đường là: 1.x (km); Quãng đường còn lại phải đi là: 120 – x (km)
120  x
Thời gian đi trên quãng đường còn lại là:
(giờ)

x6
1 120  x 120

� x 2  4 x  4320  0
Ta có phương trình: 1  
6
x6
x
� x1  48 (TMĐK); x2   90 (KTMĐK). Vậy vận tốc lúc đầu là 48 (km/h)
Câu 4:
MD MC
=
� MD 2  MB.MC
a) Δ MDC ∽ Δ MBD (g.g) �
MB MD
�
�
b) Ta có OH  BC (vì HB = HC). Do đó: OHM
= ODM
= 900 � Tứ giác OHDM nội tiếp
� =D
� mà M
� =B
� (so le trong và OM // BP)
�M
1

1

1

1

� =B
� � 4 điểm B, H, D, P cùng thuộc một đường tròn.
�D
1
1


c) Kẻ đường thẳng song song với EF cắt AD, AB lần lượt tại I và K
�= M
� (cặp góc đồng vị) mà D
� =M
� (cmt)
�C
1
1
1
1
�= D
� � Tứ giác IHDC nội tiếp � I� = C
�
�C
1

1

1

2

� =C
� (vì nội tiếp cùng chắn cung BD)
Mà A
1
2
�
� � IH // AB � IH // BK
Do đó: I = A
1

1

Δ CBK có HB = HC và IH // BK nên IK = IC (1)
OE OA
=
Ta có:
(vì Δ AKI có OE // KI)
(2)
IK
IA
OF OA
=
(vì Δ ACI có OF // CI)
(3)
IC
IA
Từ (1), (2) và (3) suy ra: OE = OF.
Câu 5:

Ta có: a 2  1 �2a; b 2  1 �2b; c 2  1 �2c (1)

a 2  b 2 �2ab; b 2  c 2 �2bc; c 2  a 2 �2ac � 2  a 2  b 2  c 2  �2  ab  bc  ac  (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
a 2  1  b 2  1  c 2  1  2  a 2  b 2  c 2  �2  a  b  c   2  ab  bc  ac 
� 3  a 2  b 2  c 2   3 �2  a  b  c  ab  bc  ac 
� 3  a 2  b 2  c 2   3 �2.6  12 � a 2  b 2  c 2 �3
Dấu “= “ xảy ra khi a = b = c = 1

GV: Võ Mộng Trình – THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định