de-thi-tuyen-sinh-lop-10-thpt-chuyen-nam-2017-mon-toan-so-gd-va-dt-ba-ria-vung-tau

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

NĂM HỌC 2016 – 2017
Mơn: TỐN (Dùng chung cho tất cả các thí sinh)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 30/5/2016

Câu 1 (2,5 điểm)

1
1
2 2 6


3 1
3 1
2
3x  y  1
b) Giải hệ phương trình 
2 x  3 y  8
2
c) Giải phương trình x + 2x – 8 = 0

a) Rút gọn biểu thức A 

Câu 2 (2,0 điểm)
Cho parabol (P): y = –x2 và đường thẳng (d): y = 4x – m
a) Vẽ parabol (P)
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d) và (P) có đúng một điểm chung
Câu 3 (1,5 điểm).
a) Cho phương trình x2 – 5x + 3m + 1 = 0 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để
phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x12  x22  15
b) Giải phương trình (x – 1)4 = x2 – 2x + 3
Câu 4 (3,5 điểm).
Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. CD là dây cung thay đổi của nửa đường tròn
sao cho CD = R và C thuộc cung AD (C khác A và D khác B). AD cắt BC tại H, hai đường thẳng
AC và BD cắt nhau tại F.
a)
b)
c)
d)

Chứng minh tứ giác CFDH nội tiếp
Chứng minh CF.CA = CH.CB
Gọi I là trung diểm của HF. Chứng minh tia OI là tia phân giác của góc COD.
Chứng minh điểm I thuộc một đường trịn cố định khi CD thay đổi

Câu 5 (0,5 điểm).
Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Chứng minh rằng:
a
b
c
3
 2

 2

a  bc b  ca c  ab 2
2

1


ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
a) A 



3 1  3  1



3 1



3 1





2 2 3
2

2

3
2 3  3 2 3  2
3 1


3x  y  1
 y  3x  1  y  3x  1  x  1
 y  3x  1
b) 
.





2 x  3 y  8
11x  11
x  1
y  2
2 x  3  3x  1  8

Hệ có nghiệm duy nhất (1;2)
c) x2 + 2x – 8 = 0. Có ∆’ = 1 + 8 = 9 > 0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = –1 + 3 = 2; x2 = –1 – 3 = –4
Câu 2
a) Bảng giá trị
x

–2

–1

0

1

2

y = –x2

–4

–1

0

–1

–4

Đồ thị:

b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P): –x2 = 4x – m ⇔ x2 + 4x – m = 0 (1)
(d) và (P) có đúng 1 điểm chung ⇔ phương trình (1) có nghiệm kép ⇔ ∆’ = 22 – (–m) = 0
⇔ 4 + m = 0 ⇔ m = –4
Vậy m = –4
Câu 3

2


a) x2 – 5x + 3m + 1 = 0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ ∆ = 52 – 4(3m + 1) > 0 ⇔ 21 – 12m > 0
m

21
12

Với m 

 x1  x2  5
21
, ta có hệ thức 
(Viét)
12
 x1 x2  3m  1

 x1  x2    x1  x2   4 x1 x2  52  4  3m  1  21  12m
  x1  x2  x1  x2   5  x1  x2   5 x1  x2  5 21  12m

 x1  x2 
 x12  x22

2

2

Ta có x12  x22  15  5 21  12m  15  21  12m  3  21  12m  9  12m  12  m  1
(tm)
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm
b)

 x  1

4

 x 2  2 x  3 1

1   x  1

2

  x 2  2 x  3   x 2  2 x  1  x 2  2 x  3

2

2

(2)

Đặt t  x2  2 x  1, t  0 , phương trình (2) trở thành t 2  t  2  t 2  t  2  0   t  2  t  1  0
⇔ t = 2 (tm) hoặc t = –1 (loại)
Với t = 2 có x2  2 x  1  2  x2  2 x 1  0  x  1  2



Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 1  2;1  2



Câu 4

3


a) Vì C, D thuộc nửa đường trịn đường kính AB nên
ACB  ADB  90  FCH  FDH  90  FCH  FDH  180

Suy ra tứ giác CHDF nội tiếp
b) Vì AH ⊥ BF, BH ⊥ AF nên H là trực tâm ∆ AFB ⇒ FH ⊥ AB





 CFH  CBA  90  CAB  CFH ∽ CBA  g.g  

CF CH

 CF .CA  CH .CB
CB CA

c) Vì FCH  FDH  90 nên tứ giác CHDF nội tiếp đường tròn tâm I đường kính FH
⇒ IC = ID. Mà OC = OD nên ∆ OCI = ∆ ODI (c.c.c)  COI  DOI
⇒ OI là phân giác của góc COD
d) Vì OC = CD = OD = R nên ∆ OCD đều  COD  60
1

Có CAD  COD  30  CFD  90  CAD  60
2

Xét góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CD của (I), có
CID  2CFD  120  OIC  OID 

Mặt khác COI  DOI 

CID
 60
2

COD
 30  OID  DOI  90 ⇒ ∆ OID vuông tại D
2

4


Suy ra OI 

OD
2R

sin 60
3

 2R 
Vậy I luôn thuộc đường tròn  O;


3

Câu 5
Từ điều kiện đề bài ta có

ab  bc  ca
1 1 1
3   3
abc
a b c

Áp dụng hai lần bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có:

a 2  bc  2 a 2 .bc  2a bc 

a
a
1


a  bc 2a bc 2 bc
2

1 1 11 1
a
11 1
    2
   
.
b c 2  b c  a  bc 4  b c 

Tương tự ta có:

Suy ra

b
11 1
c
11 1
   ; 2
   
b  ca 4  c a  c  ab 4  a b 
2

a
b
c
11 1 1 3
 2
 2
     .
a  bc b  ca c  ab 2  a b c  2
2

5