CHUYÊN bà rịa VŨNG tàu 2021 2022

TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYEN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU ĐỀ THI MƠN : TỐN (Chun) Năm học: 2021-2022 Câu (3, điếm) P= a) Rút gon biểu thức x x −1  x +1 x ì ữ + x + x  x −1 x − x − ÷  với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ b) Giadi phương trình x − ( x + 4) x + + =  x + y + xy + x + y + =  x − y + + x + y +1 = c) Giai hế phương trinh  Câu (2, điểm) 2 a) Cho hai da thức P( x) = x + ax + bx + c Q( x) = 3x + 2ax + b(a, b, c ∈ ¡ ) Biết P ( x) có ba nghiệm phân biệt Chưng minh Q( x) có hai nghiềm phân biệt 2 b) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thơa mần phương trình ( xy − 1) = x + y 2 Câu (1, điểm) Xét số thực a, b, c khơng âm, thịa măn a + b + c = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S= a b c + + + bc + ac + ab Câu (3, điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) Một đường trơn qua B, C khỏng qua A cat cạnh AB, AC E , F ( E khác B; F khác C ); BF cảt CE D Gọi P trung điểm BC K điềm đối xứng với D qua P AE DE = a) Chứng minh tam giác KBC đồng dạng với tam giác DFE AC CK b) Gọi M , N hình chiếu vng góc D AB, AC Chửng minh MN 2 2 vng góc với AK MA + NK = NA + MK c) Gọi I , J lần lựt trung điềm AD MN , Chứng minh ba điếm I , J , P thẳng hàng d) Đường thẳng IJ cát đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN T ( T khade l ) Chưng minh AD tićp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác DTJ Câu 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC điểm O thay đổi tam giác.Tia Ox song song với AB cắt BC D , tia Oy song song vói BC cắt AC tai E , tia Oz song song vói AC cắt AB 2  AB   BC   AC  S = ÷ + ÷ + ÷  OD   OE   OF  tạ F Tìm giá trị nhỏ biểu thức HƯỚNG DẪN Câu (3.0 điêm) P= a) Rút gọn biểu thức sau x x −1  x + x ì ữ + x + x  x −1 x − x − ÷  với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ b) Giải phương trình x − ( x + 4) x + + =  x + y + xy + x + y + =  x − y + + x + y +1 = c) Giải hệ phương trình   ( x )3 −  x +1 x −2 P= × −  + x + x  ( x + 1)( x − 1) ( x + 1)( x − 2)    = ( x − 1)  − ÷ x +1   x −1 = ( x − 1) = ( x − 1)( x + 1) x +1 Điều kiện: x≥− Đặi t = x + 1(t ≥ 0) Ta có phương trình −t + 5t − 7t + = t = ⇔ (t − 1) −t + 4t − = ⇔  t = (nhận) ( ) * Vơi t = ⇒ x + = ⇔ x = (thỏa) * Với t = ⇒ x + = ⇔ x = (thỏa) { 2x { + y + 3xy + x + y + = x2 − y + + x + y + = Điềù kiện: (1) (2) x2 − y + ≥  x + y +1 ≥ 2 (1): y + (3 x + 3) y + x + x + =  y = −2 x (1) ⇔  ∆ y = ( x + 1)  y = −x nên * TH1: y = − x − thay vào (2) ta có phương trình  x = ⇒ y = −1 x2 + x + = ⇔   x = −1 ⇒ y = (nhận) * TH2: y = −2 x − thay vào (2) ta có phương trình x + x + + − x − = ⇔ ( x + 1) + + −( x + 1) = ( x + 1) + + −( x + 1) ≥ , với giá trị x ≤ −1 Dấu xảy x = −1 ⇒ y = (nhận) Vậy hệ phương trình có nghiệm (0; −1), ( −1;0) Ta có Câu (2, điểm) 2 a) Cho hai đa thức P( x) = x + ax + bx + c Q( x) = 3x + 2ax + b(a, b, c ∈ ¡ ) Biết P ( x) có ba nghiệm phân biệt Chứng minh Q( x) có hai nghiệm phân biệt 2 b) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) ihỏa mãn phương trình ( xy − 1) = x + y P( x) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 ) a) Gọi x1 , x2 , x3 ba nghiệm phân biệt P ( x) , ta có = x − ( x1 + x2 + x3 ) x + ( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) x − x1 x2 x3 Đồng hệ số P ( x) ta có: ∆ Q = a − 3b = ( x1 + x2 + x3 ) − 3( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) = [ ] ( x1 − x2 ) + ( x2 − x ) + ( x1 − x3 ) > Vậy Q(x có hai nghiệm phân biệt Lưu y: hs sử dụng Viet cho điểm tối đa b/ 2 2 Ta có: (xy-1)2=x2+y2 ⇔ ( xy ) − xy + = x + y ⇔ ( x + y ) − ( xy ) =  x + y − xy = (1)   x + y + xy =  ⇔ ( x + y − xy )( x + y + xy ) = ⇔  x + y − xy = −1  ( 2)  x + y + xy = −1 Giải hệ (1) ta cặp nghiệm (0;1),(1;0) Giải hệ (2) ta cặp nghiệm (0;-1),(-1;0) Câu 3: (1 + bc) = + 2bc + b c = a + b + c + 2bc + 2b c = a + (b + c) + b c ≥ a + (b + c) ≥ (a + b + c ) 2 a c ⇒ + bc ≥ (a + b + c) ⇒ ≤ tuongtu + bc a+b+c Ta có : ⇒ S ≤ 2( a b c + + )= a+b+c a+b+c a+b+c ,c = Khi a=b= S = Vậy giá trị lớn S Theo BĐT AM-GM: a (1 + bc ) ≤ a2 +1 b2 + c (a + 1)( + b + c ) a + + + b + c 2 (1 + )= ≤ ( ) 2 4 Từ : a b c ≥ a Tuong tu ≥ b2 ; ≥ c ⇒ S ≥ a + b + c = Khi a = 1; b = c = S = + bc + ac + ab Vậy giá trị nhỏ S Câu 4:(3 điểm) Chưa vẽ hình · · · · Tứ giác BCFE nội tiếp nên ta có: DEF = DBC ; DFE = DCB Mặt khác: BDCK hình bình hành nên Do : · · · · BCK = DBC CBK = DCB ; · ¶ BK ⇒ ∆KBC : ∆DFE ( gg ) DFE =C DE EF FE AE ·DEF = BC ¶ K ∆KBC : ∆DFE ⇒ CK = BC (1); ∆AEF : ∆ACB ⇒ BC = AC (2) ; Từ (1) (2) ⇒ AE DE = AC CK · · Gọi Q giao điểm MN AK Ta có: AEC = ABK (đồng vi) ·ABK = ·ABD + DBK · · = ·ACE + DCK = ·ACK · · · · (Do ABD = ACE ; DBK = DCK ) ·AED = ·ACK , DE = AE ⇒ ∆AED ∪ ∆ACK (c − g − c) CK AC Xét ∆AED ∆ACK có: · · · · ⇒ KAC = DAE hay QAC = DAM · · · · · b) Có AMD + AND = 180° ⇒ AMDN nội tiếp ⇒ DNM = DAM = QAN · · · · · Mà DNM + MNA = 90° ⇒ QAN + MNA = 90° ⇒ AQN = 90° ⇒ AK ⊥ MN Do đó: MA2 + NK = QM + QA2 + QN + QK = QN + QA2 + QM + QK = NA2 + MK Ta có MI = AD = NI ⇒ I thuộc đường trung trực MN (3) c) Ta có IP đường trung bình tam giác ADK ⇒ IP / / AK ⇒ IP ⊥ MN (4) Từ (3) (4) suy IP đường trung trực MN ⇒ I , J , P thẳng hàng Từ (3) Ta có ∆IMN cân I , IJ ⊥ MN nên IT đường kính đường trịn ngoại · tiếp ∆IMN ⇒ INT = 90° ⇒ IJ IT = IN · · Mà IN = ID ⇒ IJ IT = ID ⇒ ∆IDJ ∪ ∆ITD ( g − g ) ⇒ IDJ = ITD ⇒ ID tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆DTJ Câu 5(1, điểm) Cho tam giác ABC điểm O thay đổi tam giác Tia Ox song song với AB cắt BC D , tia Oy song song với BC cắt AC E , tia Oz song song 2  AB   BC   AC  S = ÷ + ÷ + ÷  OD   OE   OF  với AC cắt AB F Tìm giá trị nhỏ biểu thức Kẻ DM / / OF ( M ∈ AB), EN / / OD( N ∈ BC ), FP / /OE ( P ∈ AC ) OD EN NC OE DN OF MD BD = = (1); = = = BC BC (2); AC AC BC (3) Ta có: AB AB BC Từ (1), (2), (3) ⇒ OD OE OF NC DN BD + + = + + =1 AB BC AC BC BC BC Theo bất đẳng thức AM-GM: 1= OD OE OF OD OE OF AB BC AC + + ≥ 33 × × ⇔ × × ≥ 27 AB BC AC AB BC AC OD OE OF 2 2  AB   BC   AC   AB BC AC  ⇒S = ì ì ữ + ữ + ữ 33  ÷ = 27  OD   OE   OF   OD OE OF  Đẳng thức xảy O trọng tâm ∆ABC Vậy giá trị nhỏ S 27 ...  ( 2)  x + y + xy = −1 Giải hệ (1) ta cặp nghiệm (0;1),(1;0) Giải hệ (2) ta cặp nghiệm (0 ;-1 ), (-1 ;0) Câu 3: (1 + bc) = + 2bc + b c = a + b + c + 2bc + 2b c = a + (b + c) + b c ≥ a + (b + c)... x3 ) > Vậy Q(x có hai nghiệm phân biệt Lưu y: hs sử dụng Viet cho điểm tối đa b/ 2 2 Ta có: (xy-1)2=x2+y2 ⇔ ( xy ) − xy + = x + y ⇔ ( x + y ) − ( xy ) =  x + y − xy = (1)   x + y + xy =... Ta có : ⇒ S ≤ 2( a b c + + )= a+b+c a+b+c a+b+c ,c = Khi a=b= S = Vậy giá trị lớn S Theo BĐT AM-GM: a (1 + bc ) ≤ a2 +1 b2 + c (a + 1)( + b + c ) a + + + b + c 2 (1 + )= ≤ ( ) 2 4 Từ : a b c