Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên môn Toán tỉnh Thái Bình - Năm học 2018-2019

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên môn Toán tỉnh Thái Bình - Năm học 2018-2019

1. ĐỀ SỐ T.69: THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN THÁI BÌNH 18-19 Câu 1: (2 điểm) 1) Cho phương trình x22−2 mx + m − 2 m + 4 = 0 (1) (với m là tham số). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm không âm xx12, . Tính theo m giá trị biểu thức P=+ x12 x và tìm giá trị nhỏ nhất của P. x2 + 2 2) Cho hàm số y = . Tìm tất cả giá trị x nguyên để y nguyên. x + 2 Câu 2: (2 điểm) 1) Cho các số a,b,c thoả mãn điều kiện a+2 b + 5 c = 0. Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm. 3 2) Giải phương trình: (4x3− x + 3) 3 = x 3 + 2 Câu 3: (1 điểm). Hai cây nến cùng chiều dài và làm bằng các chất liệu khác nhau, cây nến thứ nhất cháy hết với vận tốc đều trong 3 giờ, cây nến thứ 2 cháy hết trong vận tốc đều trong 4 giờ. Hỏi phải cùng bắt đầu đốt lúc mấy giờ chiều đề đến 4 giờ chiều phần còn lại của cây nến thứ hai dài gấp đôi phần còn lại của cây nến thứ nhất. Câu 4: (1 điểm). Cho các số x,y dương thoả mãn điều kiện: (x+ 1 + x22 )( y + 1 + y ) = 2018 . Tìm GTNN của biểu thức P=+ x y Câu 5: (3.5 điểm) 1) Cho tam giác ABC có AB=4, AC=3, BC=5, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH và HC. Hai nửa đường tròn này cắt AB, AC lần lượt tại E,F. a) Tính diện tích nửa đường tròn đường kính BH. b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính BH và CH. 2) Cho nửa đường tròn đường kính AB=2R. Tìm kích thước hình chữ nhật MNPQ có hai đỉnh M, N thuộc nửa đường tròn, hải đỉnh P, Q thuộc đường kính AB sao cho SMNPQ đạt giá trị lớn nhất. Câu 6: (0.5 điểm). 1 1 1 Cho a,b,c là các số dương thoả mãn điều kiện + + = 1 abc2 2 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. 1 1 1 P = + + 5a2+ 2 abb + 2 2 5 b 2 + 2 bcc + 2 2 5 c 2 + 2 caa + 2 2 ___ Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán V20 Trang 1 GV Lưu Văn Thám – sưu tầm và biên soạn
2. BÀI GIẢI ĐỀ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN THÁI BÌNH 18-19 (GV Lưu Văn Thám – thực hiện) Câu 1: (2 điểm) 1) Cho phương trình x22−2 mx + m − 2 m + 4 = 0 (1) (với m là tham số). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm không âm xx12, . Tính theo m giá trị biểu thức P=+ x12 x và tìm giá trị nhỏ nhất của P. 1) (1) có hai không âm x1; x2 '0 m22 − (m − 2m4)0 + 2m4)0 − x12+ x 0 2m 0 m 0 m 2 22 x12 x 0 m2m40− + (m1)20 − + 22 Khi đó xét P=+ =++ x1 x 2 0 P x 1 x 2 2 x 1 x 2 =+ 2m 2 m −+ 2m 4 Mà m ≥ 2 P2 2.2 + 2 0 + 4 = 8 P 2 2 (do P 0) Dấu “ = “ xảy ra khi m = 2. Vậy GTNN của P là 22 khi m = 2. x2 + 2 2) Cho hàm số y = . Tìm tất cả giá trị x nguyên để y nguyên. x + 2 x2 − 46(x2)(x2) + − + 6 6 y= = + = x − 2 + x+ 2 x + 2 x + 2 x + 2 6 Với x, y Z Z x + 2 Ư(6) = { –6; – 3; – 2; – 1; 1; 2; 3; 6} x2+ x { – 8; – 5; – 4 ; – 3; – 1; 0; 1; 4} – Đây là tập giá trị x cần tìm. Câu 2: (2 điểm) 1) Cho các số a,b,c thoả mãn điều kiện a+2 b + 5 c = 0 (*) Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = 0 (1) có nghiệm. • Nếu a = 0, b = 0: Từ (*) suy ra c = 0, khi đó (1) có nghiệm với mọi x c • Nếu a = 0, b ≠ 0: (1) thành bx + c = 0 x = − . (1) có nghiệm là b • Nếu a ≠ 0: Từ (*) a = – 2b – 5c Δ = b2 – 4ac = b2 – 4c( – 2b – 5c) = b2 + 8bc + 20c2 = (b + 4c)2 + 4c2 ≥ 0 b,c Vậy (1) luôn có nghiệm a, b, c thỏa (*) - đpcm 3 2) Giải phương trình: (4x3− x + 3) 3 = x 3 + 2 Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán V20 Trang 2 GV Lưu Văn Thám – sưu tầm và biên soạn
3. 333 3 tx=+ (1) Đặt (4x− x + 3) = t . Ta có hệ phương trình: 2 3 4x−+= x 3 t (2) (1) 2tx33 − 2 = 3 . Thay vào (2) ta có: 2x33+ 2 t − ( x + t ) = 0 (x + t )(2 x22 − 2 xt + 2 t − 1) = 0 . 3 3− 3 6 Nếu x+ t =0 t = − x , thay vào (1) ta có: −2x3 = x = −3 x = 2 4 2 Nếu 2x22− 2 xt + 2 t − 1 = 0 (3). Xem t là tham số thì (3) có nghiệm ’ ≥ 0 2 t2 – 2(2t2 – 1) ≥ 0 3t2 ≤ 2 | t | 3 2 Tương tự, xem t là ẩn, x là tham số thì (3) có nghiệm khi | x | 3 Kết hợp với (1) ta có : 3 3 2 9 8 =t3 − x 3 | t | 3 + | x | 3 2 4. 243 128 (vô lý) 2 3 4 27 − 3 6 Vậy (3) vô nghiệm nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 2 Câu 3: (1 điểm Gọi thời gian từ khi cùng đốt đến khi cây nến thứ hai dài gấp đôi cây nến nhứ nhất là x(giờ), (x > 0). Gọi h (cm)là chiều dài ban đầu của hai cây nến (h >0) h h(3− x) Sau x giờ, chiều cao cây nến thứ nhất còn lại: h−= .x (cm) 33 h h(4− x) Sau x giờ, chiều cao cây nến thứ hai còn lại: h−= .x (cm) 44 h(4−− x) 2h(3 x) Ta có phương trình: = 12 − 3x = 24 − 8x x = 2,4 (giờ) 43 Vậy thời điểm cần tìm là 4 – 2,4 = 1,6 (giờ) hay 1 giờ 26 phút chiều. Câu 4: (1 điểm). Cho các số x,y dương thoả mãn điều kiện: (x+ 1 + x22 )( y + 1 + y ) = 2018 (1). Tìm GTNN của biểu thức P=+ x y (1) ( 1 +x2 − x )( 1 + x 2 + x )( y + 1 + y 2 ) = 2018( 1 + x 2 − x ) Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán V20 Trang 3 GV Lưu Văn Thám – sưu tầm và biên soạn
4. y +1 + y22 = 2018( 1 + x − x ) (do 1+ x2 − x 0) . Tương tự có x+1 + x22 = 2018( 1 + y − y ) Cộng vế theo vế được 2019(x+ y ) = 2017( 1 + x22 + 1 + y ) (2) Xét (1+x2 + 1 + y 2 )2 2 = + x 2 + y 2 + 2(1)(1 + x 2 + y 2 ) 2 +x2 + y 2 + 2(1 + xy ) = 4 + ( x + y ) 2 2 2 VP(2) 2017 4 + ( x + y ) VT(2) =2019( x + y ) 2017 4 + ( x + y ) 2019.PPPP 2017 4 +2 2019 2 . 2 2017 2 .(4 + 2 ) 4.201722 4.2017 2017 2017 PP2 = Dấu “=” xảy ra khi xy== . 2.4036 2.4036 2018 2 2018 2017 2017 2018 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là = khi . 2018 2018 Câu 5: (3.5 điểm) 1.a) Tính diện tích nửa đường tròn đường kính BH. Gọi I, K là trung điểm của BH, CH và O là giao của AH và EF. Ta có AB2 + AC2 = 42 + 32 = 52 = BC2 A ΔABC vuông tại A có đường cao AH 1 E AB2 = BH. BC (hệ thức lượng) 2 1 O AB22 4 16 BH 8 F BH= = = R = IB = = BC 5 5 2 5 1 Vậy diện tích nửa đường tròn đường kính BH B I H K C 1 1 8 32 là: S= . .R22 = . .( ) = 2 2 5 25 1.b) Chứng minh BEFC nội tiếp và EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính BH và CH. BEH = 90o(góc nội tiếp chằn nửa đường tròn) HE ⊥AB, tương tự có HF⊥AC tứ giác AEHF là hình chữ nhật ( A= E = F = 90o ) O là trung điểm của AH và EF OA = OF E2 = A1 mà A1 = C (cùng phụ B1) E2 = C tứ giác BEFC nội tiếp (góc trong bằng góc ngoài đối) IE = IB (bán kính (I)) E1 = B1 ; E2 = A1(cmt) o o mà B1 + A1 = 90 (ΔAHB vuông tại H) E1 + E2 = 90 Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán V20 Trang 4 GV Lưu Văn Thám – sưu tầm và biên soạn
5. o o o o IEF = 180 – ( E1 + E2 ) = 180 – 90 = 90 EF vuông góc với IE tại E EF là tiếp tuyến đường tròn đường kính HB tậm I. Tương tự ta cũng có EF là tiếp tuyến đường tròn đường kính HC tậm K (đpcm). 2) Gọi O là trung điểm của AB NM = ON = R OQ = OP (hình chiếu hà đường xiên) M N 2 2 SMNPQ = MQ. QP = 2MQ.QP = MQ + QP – (MQ – QP)2 ≤ MQ2 + QP2 R Ta lại có MQ2 + QP2 = OM2 = R2 (định lý 2 A B Pitago) SMNPQ ≤ R Q O P R2 Dấu “=” xảy ra khi OP = OQ = MH = 2 2 Vậy GTLN của SMNPQ là R . 1 1 1 Câu 6: (0.5 điểm). Cho a,b,c là các số dương thoả mãn điều kiện + + = 1 abc2 2 2 1 1 1 Tìm GTLN của P = + + 5a2+ 2 abb + 2 2 5 b 2 + 2 bcc + 2 2 5 c 2 + 2 caa + 2 2 Trước hết ta chứng minh hai bất đẳng thức sau (với a, b, c là các số dương): 2 2 2 2 1 1 1 (x + y + z) ≤ 3(x + y + z ) và (a+ b + c) + + 9 (HS tự chứng minh) a b c Với a, b, c thỏa đề bài, áp dụng ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 + + 33 2 + 2 + 2 = a++ b c 9 a b c a b c Ta có: 5a2+ 2ab + 2b 2 = (2a + b) 2 + (a − b) 2 (2a + b) 2 = 2a + b 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 = + + = + 5a22++ 2ab 2b 2abaab9aab+ + + 9ab Chứng minh tương tự rồi cộng lại ta có 1 1 1 P = + + 5a2+ 2ab + 2b 2 5b 2 + 2bc + 2c 2 ca 2 + 2ca + 2a 2 12112112111111 3 ++ +++=++ .3 = 9ab9bc9ca 3abc3 3 3 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = .Vậy P lớn nhất bằng khi a = b = c = 3 3 Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán V20 Trang 5 GV Lưu Văn Thám – sưu tầm và biên soạn