ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM 2017 - 2018 TỈNH BÌNH ĐỊNH MÔN TOÁN
Câu 1: (1,5 điểm)
Cho $A=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$; $B=\frac{2}{\sqrt{x}+2}+\frac{4\sqrt{x}}{x-4}$
a) Tính $A$ khi $x=9$
b) Thu gọn $T=A-B$
c) Tìm $x$ để $T$ nguyên
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho phương trình $x^2-2mx-6m-9=0$
a) Giải phương trình khi $m=0$
b) Tìm $m$ để phương trình có $2$ nghiệm $x_1$, $x_2$ trái dấu thỏa mãn$x_1^2+x_2^2=13$
Câu 3: (2 điểm) Một đám đất hình chữ nhật có chu vi $24m$. Nếu tăng độ dài một cạnh lên $2m$ và giảm độ dài cạnh còn lại $1m$ thì diện tích mảnh đất tăng thêm $1m^2$. Tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật ban đầu.
Câu 4:(4 điểm) Cho tam giác $ABC$ $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. $M$ là điểm nằm trên cung $BC$ không chứa điểm $A$. Gọi $D$, $E$, $F$lần lượt là hình chiếu của $M$ trên $BC$, $CA$, $AB$. Chứng minh:
a) Bốn điểm $M$, $B$, $D$, $F$ cùng thuộc một đường tròn và $M$, $D$, $E$, $C$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh $D$, $E$, $F$ thẳng hàng.
c) $\frac{BC}{MD}=\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}$
Câu 5: (1 điểm) Cho $a$, $b$, $c$ là ba số thực dương. CMR: $\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge a^3+b^3+c^3$
Đáp án:
Câu 1:
a) Khi $x=9$ ta được $A=\frac{\sqrt{9}}{\sqrt{9}-2}=3$
b) ĐK: $x\ge 0,\, x\ne 0$
$T=A-B=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}-(\frac{2}{\sqrt{x}+2}+\frac{4\sqrt{x}}{x-4})$
$\,\,\,\,=\frac{\sqrt{x}.(\sqrt{x}+2)-2.(\sqrt{x}-2)-4\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$
$\,\,\,\,=\frac{x+2\sqrt{x}-2\sqrt{x}+4-4\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$
$\,\,\,\,=\frac{x-4\sqrt{x}+4}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$
$\,\,\,\,=\frac{(\sqrt{x}-2)^2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$
$\,\,\,\,=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}$
c) $T=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}=\frac{\sqrt{x}+2-4}{\sqrt{x}+2}=1-\frac{4}{\sqrt{x}+2}$
$T\,\, \text{nguyên khi}\,\, 4 \vdots \sqrt{x}+2$
$\iff \sqrt{x}+2=\mp 1;\, \mp 2; \, \mp 4$
$x=0 \,\, \text{hoặc}\,\, x=4(KTMĐK)$
Vậy: $X=0$
Câu 2:
a) Khi $m=0$ phương trình trở thành:
$x^2-9=0 \iff x=\pm 3$
b) $a=1,\,\,b=-2m,\,\,b'=-m,\,\,c=-6m-9$
$\Delta = b'^2-ac=m^2+6m+9=(m-3)^2 \ge 0,\,\, \forall m$
Phương trình luôn có hai nghiệm $x_1, x_2$ với mọi $m$.
Theo hệ thức Viet ta có: $x_1+x_2=2m \,\, \text{và} \,\, x_1.x_2=-6m-9$
Phương trình có $2$ nghiệm trái dấu $\iff x_.x_2<0 \iff -6m-9<0 \iff m>-\frac{3}{2}$
Ta có:
$x_1^2+x_2^2=13$
$\iff (x_1+x_2)^2-2x_1.x_2=13$
$\iff (2m)^2-2(-6m-9)-13=0$
$\iff m=-\frac{1}{2}$
Vậy: $m=-\frac{1}{2}$
Câu 3:
Gọi $x(m)$ là cạnh thứ nhất của mảnh đất hình chữ nhật
$y(m)$ là cạnh thứ hai của mảnh đất hình chữ nhật.
ĐK: $0<x<12,\,\, 1<y<12$
Diện tích mảnh đất ban đầu: $x.y\,(m^2)$
Theo đề ta có phương trình: $2(x+y)=24 \, (m)$ (1)
Giả sử tăng cạnh thứ nhất $2m$ và giảm cạnh thứ hai $1m$.
Độ dài cạnh thứ nhất khi tăng $2m$: $x+2 \, (m)$
Độ dài cạnh còn lại khi giảm $1m$: $y-1 \,(m)$
Diện tích mảnh đất khi tha đổi: $(x+3)(y-1) \,(m^2)$
Theo đề bài ta có phương trình: $(x+3)(y-1)-xy=1$ (2)
Từ (1), (2) ta được hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} x+y=12\\-x+2y=3 \end{matrix}\right.$ $\iff \left\{\begin{matrix} x=7\\y=5 \end{matrix}\right.$
Vậy: kích thước mảnh đất lúc ban đầu: $7m,\,\, 5m$
Câu 4:
a) Chứng minh:
Ta có: $MF \bot AB \,\, \text{nên} \,\, \widehat{MFB}=90^0$
$MD \bot BC \,\, \text{nên} \,\, \widehat{MDB}=90^0$
Tứ giác $MDBF$ có $\widehat{MFB}+\widehat{MDB}=90^0+90^0=180^0$
Do đó tứ giác $MDBF$ nội tiếp
Suy ra 4 điểm $M$, $D$, $B$, $F$ cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: $MD \bot BC \,\, \text{nên} \,\, \widehat{MDC}=90^0$
$MF \bot AC \,\, \text{nên} \,\, \widehat{MFC}=90^0$
Suy ra $\widehat{MDC}=\widehat{MFC}=90^0$
Suy ra $D$, $F$ cùng nhìn $MC$ dưới $1$ góc bằng nhau.
Do đó $4$ điểm $M$, $D$, $E$, $C$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Vì tứ giác $MDBF$ nội tiếp nên $\widehat{M_1}=\widehat{D_1}$ (cùng chắn cung $BF$)
Vì tứ giác $MDEC$ nội tiếp nên $\widehat{M_2}=\widehat{D_2}$
Mặt khác tứ giác $MBAC$ nội tiếp nên $\widehat{B_1}=\widehat{C}$ (góc ngoài của tứ giác nội tiếp)
Do đó $widehat{M_1}=\widehat{M_2}$ (cùng phụ với $\widehat{B_1}$, $\widehat{C}$)
Suy ra: $\widehat{D_1}=\widehat{D_2}$
Mà $\widehat{D_1}+\widehat{BDE}=180^0$
Nên $\widehat{D_1}+\widehat{BDE}=180^0$
Hay $D$, $E$, $F$ thẳng hàng.
c) Ta có
$\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}=\frac{AE+EC}{ME}+\frac{AF-FC}{MF}=\frac{AE}{ME}+\frac{EC}{ME}+\frac{AF}{MF}-\frac{FC}{MF}$
$=\tan(\widehat{AME})+\tan(\widehat{M_2})+\tan(\widehat{AMF})-\tan(\widehat{M_1})$
Mà $\widehat{M_1}=\widehat{M_2}$ nên $\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}=\tan(\widehat{AME})+\tan(\widehat{AMF})$
Mặt khác: tứ giác $AFME$ nội tiếp nên $\widehat{AME}=\widehat{AFE}=\widehat{BMD}$, $\widehat{AMF}=\widehat{AEF}=\widehat{DMC}$
Do đó
$\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}=\tan(\widehat{AME})+\tan(\widehat{AMF})$
$\,\,\,\,=\tan(\widehat{BMD})+\tan(\widehat{MDC})$
$\,\,\,\,=\frac{BD}{MD}+\frac{DC}{MD}$
$\,\,\,\,=\frac{BD+DC}{MD}$
$\,\,\,\,=\frac{BC}{MD}$ (đpcm)
Câu 5:
Cách 1:
$\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}=\frac{(a^3)^2}{abc}+\frac{(b^3)^2}{abc}+\frac{(c^3)^2}{abc}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz:
$\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{(a^3)^2}{abc}+\frac{(b^3)^2}{abc}+\frac{(c^3)^2}{abc}\ge \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{abc+abc+abc}=\frac{(a^3+b^3+c^3)(a^3+b^3+c^3)}{3abc}$
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $3$ số $a^3$, $b^3$, $c^3$ ta được:
$a^3+b^3+c^3\ge 3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc$
Do đó
$\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge \frac{(a^3+b^3+c^3)(a^3+b^3+c^3)}{3abc}\ge \frac{(a^3+b^3+c^3)3abc}{3abc}=a^3+b^3+c^3$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Cách 2:
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $2$ số $\frac{a^5}{bc}$, $abc$ ta được:
$\frac{a^5}{bc}+abc\ge 2a^3$
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $2$ số $\frac{b^5}{bc}$, $abc$ ta được:
$\frac{b^5}{ca}+abc\ge 2b^3$
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $2$ số $\frac{c^5}{bc}$, $abc$ ta được:
$\frac{c^5}{ab}+abc\ge 2c^3$
Cộng vế theo vế: $\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}+3abc\ge 2a^3+2b^2+2c^3=(a^3+b^3+c^3)+(a^3+b^3+c^3)$ (1)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $3$ số $a^3$, $b^3$, $c^3$ ta được:
$a^3+b^3+c^3\ge 3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc$ (2)
Từ (2) vào (1) ta được:
$\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}+3abc\ge (a^3+b^3+c^3)+(a^3+b^3+c^3)\ge a^3+b^3+c^3+3abc$
$\iff \frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge a^3+b^3+c^3$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Cách 3:
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $5$ số $\frac{a^5}{bc}$, $\frac{a^5}{bc}$, $\frac{a^5}{bc}$, $b^3$, $c^3$ ta được:
$\frac{a^5}{bc}+\frac{a^5}{bc}+\frac{a^5}{bc}+b^3+c^3\ge 5a^3$
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $5$ số $\frac{b^5}{ca}$, $\frac{b^5}{ca}$, $\frac{b^5}{ca}$, $c^3$, $a^3$ ta được:
$\frac{b^5}{ca}+\frac{b^5}{ca}+\frac{b^5}{ca}+c^3+a^3\ge 5b^3$
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho $5$ số $\frac{c^5}{ab}$, $\frac{c^5}{ab}$, $\frac{c^5}{ab}$, $a^3$, $b^3$ ta được:
$\frac{c^5}{ab}+\frac{c^5}{ab}+\frac{c^5}{ab}+a^3+b^3\ge 5c^3$
Cộng vế theo vế:
$3(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab})+2(a^3+b^3+c^3)\ge 5(a^3+b^3+c^3)$
$\iff \frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge a^3+b^3+c^3$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
File gửi kèm
-
de-thi-vao-lop-10-mon-toan-tinh-binh-dinh-nam-hoc-2017.pdf 319.06K
159 Số lần tải
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenthanhhung1985: 29-06-2017 - 12:28
