Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Thái Bình (Có đáp án)

1. STT 55. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (2 điểm) a) Tìm m để hàm số y 3m 2 x 2017 đồng biến trên tập ¡ . x y x 2y 2 b) Giải hệ phương trình . 3 x y x 2y 1 3x 5 x 4 x 1 x 3 Câu 2. (2 điểm) Cho biểu thức P (với x 0 ; x 1) x 3 x 1 x 3 x 1 a) Rút gọn biểu thức P . 1 b) Tìm x sao cho P . 2 Câu 3. (2 điểm) Cho phương trình x2 m 1 x m2 m 1 0 (1) . a) Giải phương trình với m 1. b) Chứng minh rằng với mọi m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Giả sử hai nghiệm là x1 , x2 x1 x2 , khi đó tìm m để x2 x1 2 . Câu 4. (3,5 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn ( AB AC ), dựng AH vuông góc với BC tại điểm H . Gọi M , N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC . Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại điểm D . Trên nửa mặt phẳng bờ CD chứa điểm A , vẽ nửa đường tròn đường kính CD . Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với CD , cắt nửa đường tròn trên tại điểm E . a. Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh E· BM D· NH . c. Chứng minh DM.DN DB.DC . d. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE . Chứng minh OE  DE . Câu 5. (0,5 điểm) Cho tam giác ABC , M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Kéo dài AM cắt BC tại P , BM cắt AC tại Q , CM cắt AB tại K . Chứng minh: MA.MB.MC 8MP.MQ.MK .
2. STT 055. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (2 điểm) a) Tìm m để hàm số y 3m 2 x 2017 đồng biến trên tập ¡ . x y x 2y 2 b) Giải hệ phương trình . 3 x y x 2y 1 Lời giải 2 a) Hàm số đồng biến trên ¡ khi 3m 2 0 m . 3 x y x 2y 2 2x 3y 2 2x 3y 2 2x 3y 2 b) 3 x y x 2y 1 4x y 1 12x 3y 3 10x 5 1 2. 3y 2 1 2 x 1 2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y ; 1 . 1 2 x y 1 2 3x 5 x 4 x 1 x 3 Câu 2. (2 điểm) Cho biểu thức P (với x 0 ; x 1) x 3 x 1 x 3 x 1 a) Rút gọn biểu thức P . 1 b) Tìm x sao cho P . 2 Lời giải a) Với x 0 ; x 1 ta có: 2 3x 5 x 4 x 1 x 3 3x 5 x 4 x 1 x 1 x 3 P x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 3x 5 x 4 x 1 x 6 x 9 x x 12 x 4 x 3 x 12 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x x 4 3 x 4 x 4 x 3 x 4 . x 3 x 1 x 3 x 1 x 1 1 x 4 1 b) P 2 x 8 x 1 x 7 x 49(thoả điều kiện) 2 x 1 2 1 Vậy khi x 49 thì P . 2
3. Câu 3. (2 điểm) Cho phương trình x2 m 1 x m2 m 1 0 (1) . a) Giải phương trình với m 1. b) Chứng minh rằng với mọi m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Giả sử hai nghiệm là x1 , x2 x1 x2 , khi đó tìm m để x2 x1 2 . Lời giải a) Thay m 1 vào phương trình (1) ta được: x2 2x 3 0 c Vì a b c 1 2 3 0 nên phương trình có hai nghiệm x 1 và x 3 . 1 2 a 2 2 2 2 3 16 b) m 1 4.1. m m 1 5m 6m 5 5 m 0 , với mọi m nên 5 25 phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . 2 2 1 3 Theo định lí Vi – ét: x1 x2 m 1 và x1x2 m m 1 m 0 , với mọi m . 2 4 Theo đề: x2 x1 2 và x2 x1 suy ra: 2 2 2 2 2 x2 x1 4 x1 x2 2 x1x2 4 x1 x2 2x1x2 2x1x2 4 x1 x2 4 2 m 1 2 m 3 m 1 4 . m 1 2 m 1 Vậy m 1, m 3 là giá trị cần tìm. Câu 4. (3,5 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn ( AB AC ), dựng AH vuông góc với BC tại điểm H . Gọi M , N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC . Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại điểm D . Trên nửa mặt phẳng bờ CD chứa điểm A , vẽ nửa đường tròn đường kính CD . Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với CD , cắt nửa đường tròn trên tại điểm E . a. Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh E· BM D· NH . c. Chứng minh DM.DN DB.DC . d. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE . Chứng minh OE  DE . Lời giải
4. A E O N M D B H C a. Vì M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB , AC ·AMH ·ANH 900 . Xét tứ giác AMHN có: ·AMH ·ANH 900 900 1800 . Do đó tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn. b. Vì EB  CD (gt), AH  CD (vì AH  BC ) EB // AH . E· BM M· AH (hai góc so le trong) (1) Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt) M· AH M· NH (hai góc nội tiếp cùng chắn M¼H ) (2) Từ (1) và (2) suy ta E· BM M· NH , hay E· BM D· NH . c. Ta có: D· MB ·AMN (hai góc đối đỉnh) (3) Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt) ·AMN ·AHN (hai góc nội tiếp cùng chắn »AN ) (4) AHC vuông tại H có HN  AC (gt) ·ACH ·AHN (cùng phụ với C· HN ) Hay ·AHN D· CN (5) Từ (3), (4) và (5) suy ra D· MB D· CN . Xét DMB và DCN có: N· DC chung; D· MB D· CN (cmt) DM DB DMB : DCN (g.g) DM.DN DB.DC . (6) DC DN d. EDC nội tiếp đường tròn đường kính CD EDC vuông tại E . Áp dụng hệ thức lượng trong EDC vuông tại E , EB  CD , ta có: DE 2 DB.DC . (7) DE DN Từ (6) và (7) suy ra DE 2 DM.DN . DM DE DE DN Xét DEM và DNE có: E· DN chung; (cmt) DM DE DEM : DNE (c.g.c) D· EM D· NE (2 góc tương ứng). Xét O có: D· EM D· NE và tia EM nằm giữa hai tia ED và EN . Do đó DE là tiếp tuyến của O DE  OE .
5. Câu 5. (0,5 điểm) Cho tam giác ABC , M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Kéo dài AM cắt BC tại P , BM cắt AC tại Q , CM cắt AB tại K . Chứng minh: MA.MB.MC 8MP.MQ.MK . Lời giải A K Q M B H' H P C MH MP Kẻ MH  BC , AH  BC H, H BC MH€ AH (Hệ quả ĐL Talet). AH AP 1 MH.BC MH S MP S Lại có 2 MBC MBC . AH 1 S AP S AH .BC ABC ABC 2 MQ S MK S Chứng minh tương tự, ta có MAC ; MAB . BQ SABC CK SABC MP MQ MK S S S Suy ra MBC MAC MAB 1. AP BQ CK SABC SABC SABC MP MQ MK Đặt x ; y ; z thì x , y , z 0 và x y z 1. AP BQ CK MA MB MC Theo đề bài: MA.MB.MC 8MP.MQ.MK . . 8 MP MQ MK AP BQ CK 1 1 1 8 MP MQ MK 1 1 1 Hay: 1 1 1 8 x y z 1 1 1 1 1 1 1 1 8 xyz xy yz xz x y z 1 x y z 1 1 1 9 xyz xyz x y z 1 1 1 1 1 9 (do x y z 1) xyz xyz x y z 1 1 1 9 x y z
6. 1 1 1 x y z 9 x y z x x y y z z 1 1 1 9 y z x z x y x y y z z x 2 2 2 0 y x z y x z x y 2 y z 2 z x 2 0. (*) xy yz zx Bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng với x, y, z 0 . 1 MP MQ MK 1 Dấu bằng xảy ra khi x y z , hay M là trọng tâm ABC . 3 AP BQ CK 3 Vậy MA.MB.MC 8MP.MQ.MK .