Giai de thi toan vao 10 Thai binh 1920

Hướng dẫn giải đề thi toán vào 10 tỉnh Thái bình năm học 2019-2020
(Dựa theo gợi ý của Thầy giáo Lại Trường Sinh – THCS Đông trung)
Bài 1. (2,0 điểm)
x  x 1
1
x 2
x 1
A
B


x  1 và
x  1 x x  1 x  x  1 với x ≥ 0, x ≠ 1
Cho
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 2.
b) Rút gọn biểu thức B.
c) Tìm x sao cho biểu thức C = - A.B nhận giá trị là số nguyên.
Hướng dẫn:
a) Với x = 2 thỏa mãn điều kiện ta có
A







3 2
x  x 1 2  2 1



x 1
2 1
2 1

 3
2  1
21

2  32
2 1

2

2 2  1

b) với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có:
1
x 2
x 1
B


x  1 x x  1 x  x 1
B
B
B

B

 x  x 1 

 x  1  x  x 1 

x2





 

x  1 x  x 1





x 1





x1



x  1 x  x 1

x  x 1  x  2  x 1







x  1 x  x 1
x x







x  1 x  x 1
 x

x



x 1

0  x  x 1  0 
c) với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có:
C  A B 
Suy ra
C 0 

x
1
x 1

x  x 1
 x
x


 0 C  1
x 1 x  x  1
x 1
, do C nguyên nên

x
0  x 0
x 1
.

Bài 2. (2,0 điểm)
4 x  y 3

a) Giải hệ phương trình: 2 x  y 1
b) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150 m2. Biết rằng chiều dài mảnh vườn hơn chiều rộng
mảnh vườn là 5 m. Tính chiều rộng mảnh vườn.
Hướng dẫn:
2
2



x
x


4
x

y

3
6
x

4




3
3




 2 x  y 1
 4 x  y 3  2 2  y 1  y 1
3
 3

a)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2/3; 1/3)
b) Gọi chiều rộng mảnh vườn là x (x > 0; mêt). Do chiều dài hơn chiều rộng 5 m nên chiều dài là


x + 5. Vì diện tích mảnh vườn là 150 m2 nên ta có phương trình: x(x + 5) = 150. Phương trình này
có hai nghiệm x = 10 và x = - 15. Kết hợp điều kiện ta có chiều rộng mảnh vườn là 10 mét.
Bài 3. (2,0 điểm)
Cho hàm số y = (m - 4)x + m + 4 (m là tham số).
a) Tìm m để hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên R..
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đồ thị của hàm số đã cho luôn cắt parabol (P): y = x2 tại hai
điểm phân biệt. Gọi x1, x2 là hồnh độ các giao điểm, tìm m sao cho x1(x1 – 1) + x2(x2 – 1) = 18
c) Gọi đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng (d). Chứng minh rằng khoảng cách từ điểm O(0; 0) đến
(d) không lớn hơn 65 .
Hướng dẫn:
a) Hàm số là bậc nhất khi m – 4 ≠ 0 hay m ≠ 4. Hàm số đồng biến khi m – 4 > 0 hay m > 4. Tóm lại
m>4
b) Phương trình hoành độ giao điểm: x2 = (m – 4)x + m + 4 hay x2 - (m – 4)x - m – 4 = 0 có
2
  m  4   4 1  m  4  m2  8m  16  4m  16
2

m 2  4m  4  28  m  2   28  0
(Vì (m – 2)2 ≥ 0 với mọi m và 28 > 0). Do đó phương trình ln có hai nghiệm phân biệt hay đồ thị
của hàm số luôn cắt parabol tại hai điểm phân biệt.
c) Viết lại hàm số dưới dạng (x + 1)m + (y + 4x – 4) = 0. Ta có được M(-1; 8) là điểm cố định mà đồ
thị hàm số đi qua với mọi giá trị của m. Dễ dàng tính được OM  65 , mà khoảng cách từ O tới
đồ thị của hàm số không vượt quá OM nên ta có đpcm.
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường trịn tâm O đường kính AB. Kẻ dây cung CD vng góc với AB tại H (H nằm giữa A và
O, H khác A và O). Lấy điểm G thuộc đoạn CH (G khác C và H), tia AG cắt đường tròn tại E khác A.

a) Chứng minh tứ giác BEGH nội tiếp.
b) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD. Chứng minh KC.KD = KE.KB.
c) Đoạn thẳng AK cắt đường tròn tâm O tại F khác A. Chứng minh G là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác HEF.
d) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vng góc của A và B lên đường thẳng EF. Chứng minh:
HE + HF = MN.
Hướng dẫn:
a) Góc E + H = 1800
b) Các tam giác KCB, KED đồng dạng (g.g.)
c) KH, AE, BF là các đường cao của tam giác KAB nên chúng đồng qui tại G, hay B, G, F thẳng
hàng. Thêm tứ giác AFGH nội tiếp nên ta có góc FHG = FAG = EBG = EHG; FEA = FBA =
GBH = GEH hay HG; EG là các phân giác của tam giác HEF, suy ra G là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác HEF.
d) Kẻ OX, OY thứ tự vng góc với EH; FH. EH, FH giao (O) tại P, Q; BM giao (O) tại I như hình
vẽ. Chứng minh được
+ MN = AI do AMNI là hình chữ nhật.
+ Góc AHF = BHE = AHP = BHQ => OX = OY => EP = FQ; HX = HY; HF = HP => các tam
giác AHF; AHP bằng nhau => AF = AP => các cung AF, AP bằng nhau=> góc AEP = ABF.
+ Góc OAI = 900 – ABI = 900 – ABK – KBN = 900 – ABK – (900 – BEN) = 900 – ABK – (900 –
BAK) = BAK – ABK; Góc OEP = OEA – AEP = OAE – ABF = (900 – ABK) – (900 – BAK) =
BAK – ABK. Như vậy góc OAI = OEP suy ra các tam giác cân OAI; OEP đồng dạng => AI/PE =
OA/OE = 1 => AI = PE hay HE + HF = MN.


Bài 5: (0,5 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + ab + bc + ca = 6.
a 3 b3 c3
  3
Chứng minh rằng: b c a
Hướng dẫn:

Dùng BĐT AM – GM cho hai số dương ta có:
a3
a3
 b 2
b 2a
b
b
b3
 c 2b
c
c3
 a 2c
a
a3
a3
 ab 2
ab 2a 2
b
b
3
b
 bc 2b 2
c
c3
 ca 2c 2
a
a 2  b 2 2 a 2 b 2 2ab


b 2  c2 2bc

c 2  a 2 2ca
Cộng các bất đẳng thức này lại và thu gọn các hạng tử giống nhau ở hai vế ta được:
 a 3 b 3 c3 
2     a  b  c  ab  bc  ca
 b c a 
mà a + b+ c + ab + bc + ca = 6
3
3
3
3
3
a b c 
a b c3
2     6
  3
b c a 
 
hay b c a
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.