29 TS10 hoa binh 1718 HDG

STT 29. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH HÒA BÌNH
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1:

(3,0 điểm)
1) a) Rút gọn: A = 8 -

2.

2
b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: B = x - 3 x + 2 .

2) Tìm x biết:
a) 2 x - 3 = 0

b)

x +3 = 2

.

( d ) : y = mx + 2 đi qua điểm M ( 1;3) . Khi đó hãy vẽ đường thẳng
3) Tìm m để đường thẳng
( d ) trong mặt phẳng tọa độ Oxy .
Câu 2:

(3,0 điểm)
4

2

( x +1) - 2 ( x +1) - 3 = 0 .
1) Giải phương trình:
2
2) Cho phương trình: x - 2 x + m - 1 = 0 ( m là tham số). Tìm m để phương trình có hai
nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 2 x1 - x2 = 7 .

Câu 3:

3) Cho x ��, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
(1,0 điểm)

P=

x 4 + 3x 2 + 4
x 2 +1
.

Một phòng họp có 240 ghế (mỗi ghế một chỗ ngồi) được xếp thành từng dãy, mỗi dãy có số
ghế bằng nhau. Trong một cuộc họp có 315 người tham dự nên ban tổ chức phải kê them 3 dãy
ghế và mỗi dãy tang them 1 gế so với ban đầu thì vừa đủ chỗ ngồi. Tính số ghế có trong phòng
họp lúc đầu, biết rằng số dãy ghế nhỏ hơn 50.
Câu 4:

(2,0 điểm)
Cho đường tròn

( O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn đó ( C khác A, B ). Lấy

điểm D thuộc dây BC ( D khác B, C ). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E , tia AC cắt tia
BE tại điểm F .

Chứng minh rằng: Tứ giác FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Chứng minh rằng: DA.DE = DB.DC .
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE , chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của
Câu 5:

đường tròn
(1,0 điểm)

( O) .

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 .


Chứng minh rằng:

a
b
c
+
+
>2
1- a
1- b
1- c
.

STT 29. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH HÒA BÌNH
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1:

(3,0 điểm)
1) a) Rút gọn: A = 8 -

2 =2 2-

2 = 2.

2
b) Ta có B = x - 3 x + 2

= x2 - x - 2 x + 2

= x ( x - 1) - 2 ( x - 1)
= ( x - 1) ( x - 2)
Vậy

B = ( x - 1) ( x - 2)

.

.

2) Tìm x :
a) 2 x - 3 = 0
� 2x = 3
3
� x=
2.
Vậy

x=

b)

x +3 = 2

�x + 3 = 2
��
�
x + 3 =- 2
�
�
x =- 1
��
�
x =- 5
�

3
2.

Vậy x =- 1 hoặc x =- 5 .

3) Thay tọa độ điểm

M ( 1;3)

vào phương trình đường thẳng

3 = m + 2 � m =1 .

Vậy đường thẳng
Câu 2:

( d ) là: y = x + 2 .

(3,0 điểm)
4

2

( x +1) - 2 ( x +1) - 3 = 0 .
1) Giải phương trình:
Đặt

t = ( x +1)

2

, điều kiện: t �0 .

2
Phương trình trở thành: t - 2t - 3 = 0

� t 2 + t - 3t - 3 = 0

( d ) : y = mx + 2 ta được:


� ( t +1) ( t - 3) = 0
�

x =- 1 + 3
�
�
2
�
( x +1) = 3 �
x =- 1- 3
�
Vậy
.
Kết luận: tập nghiệm của phương trình là

{

S = - 1 + 3; - 1-

3

}.

2
2) Phương trình: x - 2 x + m - 1 = 0 ( m là tham số)
2

D�
= ( - 1) - ( m - 1) = 2 - m
.
�0
Để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi D�ۣ

Khi đó:

x1 + x2 = 2
�
�
�
�
�x1 x2 = m - 1

m

2.

.

x1 + x2 = 2
�
�x1 = 3
�
��
�
�
�
�
2 x1 - x2 = 7
2
x
x
=
7

�
�x2 =- 1 .
1
2
Từ
ta có

� 3.( - 1) = m - 1 � m =- 2 ( tm)
Thay vào x1 x2 = m - 1
.
Vậy với m =- 2 thì phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 2 x1 - x2 = 7 .

3) Tìm GTNN của

P=

x 4 + 3x 2 + 4
x 2 +1

�x 2 + 2
� x2 + 2
2 �
2
�
�
=
+
+
�
P = x +2 + 2

�
�
2
x2 + 2 �
2
�
�
x
+
2
Ta có:
2

�2

x2 + 2
2
x2 + 2
. 2
+
2
x +2
2

=2+

x2 + 2
2

�2 +

0 +2
=3
2
.

�x 2 + 2
2
�
= 2
�
� 2
x +2
�
2
�
� x =0
� x =0.
Dấu " = " xảy ra khi �


Vậy GTNN của P bằng 3 khi x = 0 .
Câu 3:

(1,0 điểm)

( x ��*, x < 50) .
Gọi số dãy ghế ban đầu là x (dãy)
240
Số ghế mỗi dãy ban đầu là: x (ghế).

Trong cuộc họp:
Số dãy ghế có là: x + 3 (dãy)
240
+1
Số ghế mỗi dãy là: x
(ghế).
�
240

Tổng số ghế có trong phòng họp là:

(ghế).

Vì số ghế vừa đủ chỗ ngồi cho 315 người tham dự nên ta có:
�
240
�x

�
�

+1�
= 315
( x + 3) �
�
�
�
�
� x+

720
- 72 = 0
x

� x 2 - 72 x + 720 = 0

�
x = 60 ( loai )
��
�x = 12 ( tm)
�
.

Vậy số dãy ghế có trong phòng họp lúc đầu là 12 (dãy).
Câu 4:

(2,0 điểm)

�

+1�
( x + 3) �
�
�
�
�
�x
�

0
�
�
a) Ta có hai góc ACB  AEB  90 (hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tứ giác

� DF
�ED  900 � FC
� DF
�ED  1800
FCDE có FC

Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp đường tròn đường kính DF.
�
�
b) Xét hai tam giác vuông CDA và EDB có CDA  EDB (hai góc đối đỉnh).
Suy ra hai tam giác VCDA và VEDB đồng dạng.
Câu 5:

(1,0 điểm)

Ta có

�

a
b
c



2
1 a
1 b
1 c
a
b
c


2
abca
a b c b
abcc

a
b
c


2
bc
ac
ab
2a
2b
2c
�



2
2 a  b  c 2 b  a  c 2 c  a  b
�

�

a
2 a  b  c



b
2 b  a  c



Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có

c
2 c  a  b

1


�
a   b  c  �2 a  b  c 
�
�
b  �

a c  2 b  a c 
�
�
c  a  b  �2 c  a  b 
�
� 

�

a
2 a  b  c



b
2 b  a  c

Dấu “=” xảy ra khi

Vậy

�
a
a
�
�
�2 a  b  c  a  b  c
�
b
b

�
�
�2 b  a  c  a  b  c
�
c
c
�
�
�2 c  a  b  a  b  c
�



abc
�
1
2 c  a  b a  b  c
c

a bc
�
�
b ca�a b c 0
�
�
c  ab
�

a
b

c


2
1 a
1 b
1 c
.

( vô lý vì a, b, c  0 ).