Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở GD & ĐT Lai Châu (Có đáp án)

 Đỗ Văn Lõm - Giỏo viờn trường THCS TT Tõn Uyờn-LC 
UBND TỈNH LAI CHÂU 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CẤP THPT 
NĂM HỌC 2017-2018 
 Mụn thi: Toỏn - Đề chuyờn 
Thời gian: 120 phỳt (khụng kể thời gian phỏt ủề) 
Ngày thi: 14/6/2017 
Cõu 1. (2,0 ủiểm): Cho biểu thức: 3 3 3 1 2
2 2 1
x x x xA
x x x x
+ − + −
= − −
+ − + −
 1. Tỡm ủiều kiện xỏc ủịnh và rỳt gọn biểu thức ;A 
 2. Tỡm x nguyờn ủể biểu thức A nhận giỏ trị nguyờn. 
Cõu 2. (2,0 ủiểm): 
 1. Giải hệ phương trỡnh sau: 
2
2
2 3 0
3 1 0
x xy y
y xy x y
 + − + =

+ − − − =
 2. Trong 4 ủồng tiền cú 3 ủồng tiền thật cú khối lượng như nhau và một ủồng 
tiền giả cú khối lượng khỏc. Làm thế nào ủể tỡm ủược ủồng tiền giả bằng hai lần cõn 
(cõn thăng bằng hai ủĩa, khụng cú quả cõn). 
Cõu 3. (1,5 ủiểm): 
 Cho phương trỡnh: 2(3 1) 2( 1) 2 0m x m x m− + + − + = ( m là tham số) (1) 
 1. Chứng minh phương trỡnh luụn cú nghiệm với mọi m ; 
 2. Gọi 1 2,x x là hai nghiệm của phương trỡnh (1). Tỡm hệ thức liờn hệ giữa 1x 
và 2x khụng phụ thuộc vào tham số m . 
Cõu 4. (3,5 ủiểm): 
 Cho ủường trũn ( )O và ủiểm A cố ủịnh nằm ngoài ( )O . Kẻ tiếp tuyến 
,AB AC với ủường trũn ( ,B C là hai tiếp ủiểm). Gọi M là một ủiểm thuộc cung nhỏ 
BC ( M khỏc B và C ). Đường thẳng AM cắt ( )O tại ủiểm thứ hai là N . Gọi E là 
trung ủiểm của MN . 
 1. Chứng minh bốn ủiểm , , ,A B O E thuộc một ủường trũn; 
 2. Chứng minh: 
 
 02 180BNC BAC+ = ; 
 3. Chứng minh: 2 .AC AM AN= và 2 2 24( E )MN A AC= − ; 
 4. Gọi ,I J là hỡnh chiếu của M lờn cạnh AB và AC . Xỏc ủịnh vị trớ của M 
sao cho tớch .MI MJ ủạt giỏ trị lớn nhất. 
Cõu 5. (1,0 ủiểm): 
 Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa món abc = 1. Chứng minh rằng: 
2 2 2 1
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) 3
a b c
ab ab bc bc ac ac
+ + ≥
+ + + + + +
..Hết.. 
- Thớ sinh khụng sử dụng tài liệu 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Đề thi cú 01 trang) 
 Đỗ Văn Lõm - Giỏo viờn trường THCS TT Tõn Uyờn-LC 
- Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm. 
ĐÁP ÁN 
Chỳ ý: Đỏp ỏn chỉ mang tớnh tham khảo 
Cõu 1. (2,0 ủiểm): Cho biểu thức: 3x 3 x 3 x 1 x 2A
x x 2 x 2 x 1
+ − + −
= − −
+ − + −
 1. Tỡm ủiều kiện xỏc ủịnh và rỳt gọn biểu thức A 
 2. Tỡm x nguyờn ủể biểu thức A nhận giỏ trị nguyờn. 
 Giải 
1. ĐKXĐ: x 0; x 1≥ ≠ . Khi ủú: 
3x 3 x 3 x 1 x 2 3x 3 x 3 ( x 1)( x 1) ( x 2)( x 2)A
x x 2 x 2 x 1 x x 2
+ − + − + − − + − − − +
= − − =
+ − + − + −
3x 3 x 3 x 1 x 4 x 3 x 2 ( x 1)( x 2) x 1
x x 2 x x 2 ( x 1)( x 2) x 1
+ − − + − + + + + + +
= = = =
+ − + − − + −
2. A = 
x Zx 1 21 Z x {0;4;9}
x 1 x 1 x 1 { 1; 2}
 ∈+ 
= + ∈ ⇒ ⇒ ∈
− −
− ∈ ± ±
Cõu 2. (2,0 ủiểm): 
 1. Giải hệ phương trỡnh sau: 
2
2
x xy 2y 3 0
y xy 3x y 1 0
 + − + =

+ − − − =
 2. Trong 4 ủồng tiền cú 3 ủồng tiền thật cú khối lượng như nhau và một ủồng tiền giả cú 
khối lượng khỏc. Làm thế nào ủể tỡm ủược ủồng tiền giả bằng hai lần cõn (cõn thăng bằng hai ủĩa, 
khụng cú quả cõn). 
 Giải 
1. 
2
2
2
x xy 2y 3 0 (x y) 3(x y) 2 0 (x y 1)(x y 2) 0
y xy 3x y 1 0
 + − + =
⇒ + − + + = ⇔ + − + − =
+ − − − =
TH1: 2
x y 1 x y 1 x 1/ 3
x 2y 3 y 4 / 3x xy 2y 3 0
+ = + = = − 
⇔ ⇔  
− = − =+ − + =  
TH2: 2
x y 2 x y 2 x 1/ 4
2x 2y 3 y 7 / 4x xy 2y 3 0
+ = + = = 
⇔ ⇔  
− = − =+ − + =  
 Vậy hệ cú hai nghiệm: (x, y) 1 4 1 7- ; , ;
3 3 4 4
    
∈    
    
2. Ta ủỏnh số bốn ủồng xu lần lượt là: X1; X2; X3; X4 sau ủú bỏ 2 ủồng xu X1, X2 lờn cõn thỡ cú 
thể chỳng cõn bằng nhau hoặc khụng cõn bằng nhau nờn ta xột: 
 Cõn lần 1: 
 TH1: Nếu X1; X2 cõn bằng nhau thỡ chắc chắn X1 và X2 là hai ủồng tiền thật chuyển sang 
cõn lần 2. Cõn X1(tiền thật) và X3 nếu chỳng cõn bằng nhau thỡ chắn chắn X4 là tiền giả, nếu khụng 
cõn bằng nhau thỡ chắc chắn X3 là tiền giả. 
 TH2: Nếu X1 và X2 khụng cõn bằng nhau thỡ chắc chắn X3 và X4 là tiền thật chuyển sang 
cõn lần 2. Cõn X1 và X3(tiền thật) nếu chỳng cõn bằng nhau thỡ chắc chắn X2 là tiền giả, nếu chỳng 
khụng cõn bằng nhau thỡ X1 là tiền giả. 
Cõu 3. (1,5 ủiểm): Cho phương trỡnh: 2(3m 1)x 2(m 1)x m 2 0− + + − + = (m là tham số) (1) 
 1. Chứng minh phương trỡnh luụn cú nghiệm với mọi m; 
 2. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trỡnh (1). Tỡm hệ thức liờn hệ giữa x1 và x2 khụng 
phụ thuộc vào tham số m. 
 Giải 
 Đỗ Văn Lõm - Giỏo viờn trường THCS TT Tõn Uyờn-LC 
1. - Nếu 3m - 1 = 0 m⇔ = 1/3 thỡ (1) cú dạng: 8x - 5 = 0 ⇔ x = 5/8 (t/m) 
- Nếu 3m - 1 0≠ ⇔ m 1/ 3≠ . Khi ủú 2 2' (m 1) (3m 1)(2 m) 4m 5m 3∆ = + − − − = − + 
25 23
' 2m 0
4 16
 
⇒ ∆ = − + > ⇒ 
 
 Phương trỡnh cũng cú nghiệm với mọi m 
 Vậy phương trỡnh luụn cú nghiệm với mọi m 
2. Để phương trỡnh cú hai nghiệm x1, x2 thỡ 
1
m
3
≠ . Khi ủú theo hệ thức Vi-et ta cú: 
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
2(m 1) 10(m 1)
x x 5(x x )
3m 1 3m 1 5(x x ) 8x x 6
m 2 8m 16
x .x 8x .x
3m 1 3m 1
− + − + 
+ = + =  
− −⇔ ⇒ + + = − 
− + − + 
= =
 
− − 
 Vậy hệ thức giữa hai nghiệm ủộc lập m là: 1 2 1 25(x x ) 8x x 6+ + = − 
Cõu 4. (3,5 ủiểm): Cho ủường trũn ( )O và ủiểm A cố ủịnh nằm ngoài ( )O . Kẻ tiếp tuyến ,AB AC 
với ủường trũn ( ,B C là hai tiếp ủiểm). Gọi M là một ủiểm thuộc cung nhỏ BC ( M khỏc B và 
C ). Đường thẳng AM cắt ( )O tại ủiểm thứ hai là N . Gọi E là trung ủiểm của MN . 
 1. Chứng minh bốn ủiểm , , ,A B O E thuộc một ủường trũn; 
 2. Chứng minh: 
 
 02 180BNC BAC+ = ; 
 3. Chứng minh: 2 .AC AM AN= và 2 2 24( E )MN A AC= − ; 
 4. Gọi ,I J là hỡnh chiếu của M lờn cạnh AB và AC . Xỏc ủịnh vị trớ của M sao cho tớch 
.MI MJ ủạt giỏ trị lớn nhất. 
 Giải 
1. - Vỡ AB ⊥ BO(t/c tiếp tuyến) 
ABO⇒ = 900 ⇒ B thuộc ủường trũn ủường kớnh AO (1) 
- Vỡ E là trung ủiểm của day MN ⇒ OE 
 0MN OEA 90⊥ ⇒ = 
⇒ E thuộc ủường trũn ủường kớnh AO (2) 
- Từ (1) và (2) ⇒ A, B, O, E thuộc ủường trũn 
ủường kớnh AO. 
 (hoặc chỉ ra:   0B E 180+ = ) 
2. Vỡ AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) nờn: 
VT = 
 
2BNC BAC+ = sủ 1BMC (
2
+ sủBNC − sủBMC ) 
 = 
1 (
2
sủBNC + sủBMC ) = 0 01 .360 180
2
= = VP. 
3. +) Xột AMC∆ và ACN∆ cú A chung; 
 
ACM ANC= (cựng chắn cung MC) 
 ⇒ AMC∆ 
 ACN∆ 2AC AM AC AM.AN
AN AC
⇒ = ⇒ = 
 +) Ta cú: ME2 + EO2 = MO2 (pitago) ⇒ ME2 = R2 - EO2 
2
2 2 2 2 2 2 2MN OC EO MN 4 (AO AC ) (AO AE )
2
 
 ⇒ = − ⇒ = − − −   
 
 ( )2 2 2MN 4 AE AC⇒ = − 
4. Áp dụng bất ủẳng thức Cosi: 
2MI MJMI.MJ
2
+ ≤  
 
. Dấu "=" xảy ra khi MI = MJ ⇒M thuộc tia 
phõn giỏc của 
BAC ⇒M ∈ AO ⇒M là ủiểm chớnh giữa của cung nhỏ BC. 
Cõu 5. (1,0 ủiểm): 
 Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa món abc = 1. Chứng minh rằng: 
J
I
O
N
M
E
C
B
A
 Đỗ Văn Lõm - Giỏo viờn trường THCS TT Tõn Uyờn-LC 
2 2 2a b c 1
(ab 2)(2ab 1) (bc 2)(2bc 1) (ac 2)(2ac 1) 3+ + ≥+ + + + + + 
 Giải 
Trước hết ta chứng minh ba bất ủẳng thức phụ sau: 
-) Theo BĐT Cosi: (ab + 2bc)(2ab + bc) 
2
2(ab 2bc) (2ab bc) 9 (ab bc)
2 4
+ + + ≤ = + 
 
-) Theo BĐT Bunhiacopxki: 2 2 2 2 2(ab bc) 2(a b b c )+ ≤ + 
-) Chứng minh: a b c 3
b c c a a b 2
+ + ≥
+ + +
. (Với a, b, c > 0) 
Thật vậy: Đặt b + c = x, c + a = y, a + b = z ⇒ a = y z x
2
+ −
 ; b = z x y
2
+ −
, c = 
x y z
2
+ −
 ⇒ 
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
 = 
1 x y x z y z 3
2 y x z x z y 2
     
+ + + + + −     
     
 ≥ 1 3 3(2 2 2)
2 2 2
+ + − = 
 ------------------------------------------------------------------------- 
Vỡ abc = 1 nờn ta ủặt xa
y
= ; 
yb
z
= ; 
z
c
x
= (với x, y, z > 0). Khi ủú: 
+) ( )( )
2
2 2 2 2 2 2 22
2 2 2 2 2
x
a x z 4x z 2x zy
(ab 2)(2ab 1) xy 2yz 2xy yz 9(xy yz) 9(x y y z )x y x y
. 2 2 . 1
y z y z
= = ≥ ≥
+ + + + + +  
+ +  
  
+) Tương tự: 
2 2 2
2 2 2 2
b 2x y
(bc 2)(2bc 1) 9(y z z x )≥+ + + ; 
2 2 2
2 2 2 2
c 2y z
(ac 2)(2ac 1) 9(z x x y )≥+ + + 
⇒ VT 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 x z x y y z 2 3 1
.
9 9 2 3x y y z y z x z x z x y
 
≥ + + ≥ = 
+ + + 