049 toán vào 10 chuyên thái bình 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC: 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, Tin)

Câu 1. (2,0 diểm)
x 2 − 2mx + m 2 − 2m + 4 = 0 (1)

1) Cho phương trình

phương trình (1) có hai nghiệm không âm
thức

P = x1 + x2

y=

2) Cho hàm số
Câu 2 (2 điểm)

x1; x2

(với m là tham số). Tìm

m

để

. Tính theo m giá trị của biểu

và tìm giá trị nhỏ nhất của P

x +2
.
x+2
2

x

Tìm tất cả các giá trị nguyên.

a; b; c

1) Cho các số
thỏa mãn điều kiện
2
ax + bx + c = 0
trình
có nghiệm

( 4x

3

− x + 3) = x 3 :
3

a + 2b + 5c = 0.

Chứng minh phương

3
2

2) Giải phương trình:
Câu 3. (1 điểm)
Hai cây nến cùng chiều dài và làm bằng các chất liệu khác nhau, cây nến thứ nhất
cháy hết với tốc độ đều trong 3 giờ, cây nến thứ hai cháy hết với tốc độ đều trong 4
giờ. Hỏi phải cùng bắt đầu đốt lúc mấy giờ chiều để 4 giờ chiều phần còn lại của
cây nến thứ hai dài gấp đôi phần còn lại của cây nến thứ nhất?
Câu 4. (1,0 điểm) Cho biểu thức
nhất của biểu thức
Câu 5 (3,5 điểm)

P = x+ y

( x+

1 + x2

)( y+

)

1 + y 2 = 2018.

Tìm giá trị nhỏ

AB = 4, AC = 3, BC = 5
ABC
1) Cho tam giác
có
, đường cao AH. Trên nửa mặt
phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH và HC.
Hai nửa đường tròn này cắt AB, AC lần lượt tại E, F.
a) Tính diện tích nửa đường tròn đườn kính BH


b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và đường thẳng EF là tiếp tuyến
chung của hai đường tròn đường kính BH và CH
AB = 2 R.
2) Cho nửa đường tròn đường kính
Tìm kích thước hình chữ nhật
MNPQ có hai đỉnh M, N thuộc đường tròn , hai đỉnh P, Q thuộc đường kính
AB sao cho điện tích MNPQ lớn nhất
Câu 6 (0,5 điểm)
Cho a,b,c là ba số thức dương thỏa mãn điều kiện :
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

1
5a 2 + 2ab + 2b 2

+

1

5b 2 + 2bc + 2c 2

+

1
1 1
+ 2 + 2 =1
2
a
b
c

1
5c 2 + 2ca + 2a 2


ĐÁP ÁN
Câu 1
1)
Phương trình có hai nghiệm không âm
m ≥ 2
m 2 − m 2 + 2m − 4 ≥ 0
∆ ' ≥ 0



⇔  S ≥ 0 ⇔  2m ≥ 0
⇔ m ≥ 0
P ≥ 0
 2


2

 m − 2m + 4 ≥ 0
( m − 1) + 3 ≥ 0
x1; x2

Gọi

⇔m≥2
(luon...dung )

là hai nghiệm của phương trình đã cho, ta có:

 x1 + x2 = 2m

2
 x1 x2 = m − 2m + 4

(định lý Vi-et)

P = x1 + x2 ≥ 0 ⇒ P 2 = x1 + x2 + 2 x1 x2 = 2m + 2 m 2 − 2m + 4

m≥2

Với

ta có:

P = 2m + 2 m ( m − 2 ) + 4 ≥ 2 2 ( 2 − 2 ) + 4 = 8

2

⇒ P2 ≥ 8 ⇔ P ≥ 2 2

Dấu

"="

xảy ra

P=2 2

Min

Vậy
2)

y=

Ta có:
Để

⇔m=2

khi

m=2

x2 + 2 x2 − 4 + 6
6

=
= x−2+
x+2
x+2
x+2

y ∈ ¢ ⇒ ( x + 2 ) ∈ U ( 6 ) = { ±1; ±2; ±3; ±6}

x+2

-1

1

-2

2

-3

3

-6

6

x

-3

-1

-4

0

-5

1

-8

4

tm

tm

tm

tm

tm

tm

tm

tm

x

Vật tập hợp các giá trị của để y nguyên là

{ −3; −1; −4;0; −5;1; −8;4}


Câu 2
1)
a + 2b + 5c = 0 ⇔ b =

−a − 5c
2

2
a 2 + 10ac + 25c 2
a 2 − 6ac + 25c 2 ( a − 3c ) + 16c
∆ = b − 4ac =
− 4ac =
=
≥ 0∀a; b; c
4
4
4
2

2

⇒

Phương trình

ax 2 + bx + c = 0

( 4x

3

luôn có nghiệm
− x + 3) = x 3 :
3

2) Giải phương trình

( 4x

3

− x + 3) = x3 :
3

3
2

3
2
3

3
2

 x  2
⇔ ( x + 1) ( 4 x − 4 x + 3) = x . ⇔ ( 4 x 2 − 4 x + 3) = 
÷ . ( x ≠ −1)
3
 x +1  3
3

3

2

3

3

Dễ thấy

3

2
 x 
 x  2

÷ < 1∀x ≠ −1; < 1 ⇒ 
÷ . <1
3
 x +1
 x +1 3

Để phương trình có nghiệm thì

∀x ≠ −1

4x2 − 4x + 3 < 1

⇔ 4 x 2 − 4 x + 2 < 0 ⇔ ( 2 x − 1) + 1 < 0
2

vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
Câu 3.
Giả sử chiều dài của hai cây nến là

L ( cm )

Gọi thời gian đốt hai cây nến để đượ phần còn lại của cây nến thứ hai gấp đôi phần
x

còn lai của cây nến thứ nhất là (giờ)

( x > 0)


Theo đề bài ta có, trong 1 giờ thì đốt được độ dài các cây nến thứ nhất và thứ hai

lần lượt là

L L
, (cm)

3 4
xL xL
,
3 4

x

Trong giờ thì độ dài cây nến thứ nhất và thứ hai đã đốt lần lượt là
⇒

(cm)

x

Độ dài cây nến thứ nhất và thứ hai còn lại sau khi đã đốt (giờ) là:

L−

xL
xL
,x −
(cm)
3
4

Theo đề bài ta có phương trình
xL
xL 
x
2x


= 2 L −
÷⇔ 1− = 2 −
4
3 
4
3

5x
12
⇔
=1⇔ x =
= 2, 4 (tm)
12
5
L−

Vậy phải đốt hai cây nến trong 2,4 giờ hay phải đốt hai cây nến lúc
=1 giờ 36 phút chiều để được yêu cầu như bài toán.

4 − 2, 4 = 1,6

giờ

Câu 4.
x + 1+ x =

2018

2

y + 1+ y

2

=

(

2018 y − 1 + y 2
y − ( 1+ y
2

Từ giả thiết ta có:
y + 1 + y 2 = 2018

Tương tự ta có:

(

1 + x2 − x

)

Cộng từng vế của hai phương trình trên ta được:
2019 ( x + y ) = 2017

(

1 + x2 + 1 + y 2

)

2

)

) = 2018

(

1 + y2 − y

)


A=

Xét

(

1 + x2 + 1 + y2

)

= 2 + x2 + y 2 + 2 ( 1 + x2 ) ( 1 + y 2 )

2

⇒ A ≥ 2 + x 2 + y 2 + 2 ( 1 + xy ) = 4 + ( x + y )
⇒ VP ≥ 2017 4 + ( x + y )

2

2

⇒ VT = 2019( x + y ) ≥ 2017 4 + ( x + y )

2

⇒ 2019 P = 2017 4 + P 2

⇒ 20192 P 2 ≥ 2017 2. ( 4 + P 2 )
4.2017 2
2017 2 2017 2018
⇒P ≥
⇒P≥
=
2.4036
2018
2018
2

Dấu

"="

⇔x= y=

xảy ra

MinP =

Vậy
Câu 5.

2017 2018
2018

2017 2018
4036

x= y=

khi

2017 2018
4036


1)
a) Tính diện tích nửa đường tròn đường kính BH
Ta có:

AB 2 + AC 2 = BC 2 ⇒ ∆ABC

vuông tại A( định lý Pytago đảo)

Áp dụng hệ thức lượng tròn tam giác vuông ta có:

⇒

AB 2 16
BH =
=
BC
5

Diện tích nửa đường tròn đường kính BH là
2

2

1  BH 
1 8
32
S = π
÷ = π  ÷ = π ( dvdt )
2  2 
2  5
25

b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và……
O1
O2
CH
BH
Gọi và lần lượt là trung điểm của
và
Dễ nhận thấy AEHF là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

Mà

·
CAH
= ·ABC

·ABC

(cùng phụ với

·
·
⇒ CAH
= FEH

·
·
BAH
) ⇒ FEH
= ·ABC

Mà
nội tiếp chăn cung HE của đường tròn
EF ở vị trí góc tại bởi tia tiếp tuyến và dây cung

( O1 )

;

·

FEH

tạo bởi dây cung EH và


⇒ EF

là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BH
Chứng minh tương tự ta có EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CH
Vì AEHF là hình chữ nhật
⇒ ·AEF = ·ACB

⇒ ·AEF = ·AHF

. Mà

·AHF = ·ACB

·AEF + BEF
·
·
= 180 ⇒ ·ACB + BEF
= 180
0

(cùng phụ với

·
FHC
)

0

. Mà
0
BEFC
⇒
Tứ giác
là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 )
2) Cho nửa dường tròn dường kính AB=2R………

AQ = R − x; BQ = R + x

MN = 2 x

Đặt
ta có:
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AMB ta có:
MQ = AQ.BQ = R 2 − x 2

Khi đó ta có:

S MNPQ = MN .MQ = 2 x R 2 − x 2 ≤ x 2 + R 2 − x 2 = R 2
⇔ x = R2 − x2 ⇔ x2 = R2 − x2 ⇔ x =

Dấu bằng xảy ra

R
2

⇒ MN = 2 x = R 2; MQ = x =

R
2

Câu 6.
1
1
+
≥
2
2
27
5
a
+
2
ab
+
2
b
(
)
⇔

1
5a 2 + 2ab + 2b 2

≤

2

27. ( 5a 2 + 2ab + 2b 2 )
27 
1
1 
. 2
+
÷
2  5a + 2ab + 2b 2 27 

Chứng minh tương tự ta có:
1
5b 2 + 2bc + 2c 2

⇒P≤

≤

27 
1
1 
1
27 
1
1 
+ ÷;
≤
+ ÷

 2

2
2
2
2  5b + 2bc + 2c
27  5c 2 + 2ca + 2a 2
2  5c + 2ca + 2c
27 

27 
1
1
1
1
÷
.
+
+
+
2  ( 5a 2 + 2ab + 2b 2 ) ( 5b 2 + 2bc + 2c 2 ) ( 5c 2 + 2ca + 2a 2 ) 9 ÷



Sử dụng BĐT

1
11 1 1
≤  + + ÷
x+ y+ z 9 x y z 

ta có:

1
1
1 1
1
1

=
≤
+
+

2
2
2
2 ÷
2
2
2
2
2
2
( 5a + 2ab + 2b ) 3a + ( 2ab + a ) + ( a + 2b ) 9  3a 2ab + a a + 2b 
1 1
1  1
1
1  1  1 1 1 
≤  2 + . +

+ 2 ÷+ . 2 + 2 + 2 ÷÷
9  3a 9  ab ab a  9  a b b  
1 5
2
2 
=  2+
+ 2÷
9  9a 9ab 9b 

Ta lại có :

2 Cauchy 1  1
1 
≤  2+ 2÷
9ab
9 a
b 


⇒

1
1  5
1
1
2  1  2
1 
≤ . 2 + 2 + 2 + 2 ÷ = . 2 + 2 ÷
2
5a + 2ab + 2b

9  9a
9a
9a
9b  9  3a
3b 
2

Chứng minh tương tự:
1
1 2
1 
≤  2+ 2÷
2
5b + 2bc + 2c
9  3b 3c 
1
1 2
1 
≤
+

÷
5c 2 + 2ca + 2a 2 9  3c 2 3a 2 
2

1
1
1
+ 2
+ 2

2
2
5a + 2ab + b 5b + 2bc + 2c 5c + 2ca + 2a 2
1  2
1  1  2
1  1 2
1  1  1
1 1 1
≤ .  2 + 2 ÷+ .  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷ = .  2 + 2 + 2 ÷ =
9  3a 3b  9  3b 3c  9  3c 3a  9  a b c  9

⇒

2

⇒P≤

Dấu

27  1 1 
3
. + ÷ =
2 9 9 3

"="

xảy ra

Pmax =

Vậy

3
3

a = b = c

⇔1
⇔a=b=c= 3
1 1
+
+
=
1
 a 2 b 2 c 2