Đề thi TUYỂN SINH lớp 10 phần 5 có đáp án

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN KHTN NĂM 2020 MƠN THI: TỐN (cho tất thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (4 điểm) 2  x + y + xy = 1) Giải hệ phương trình :  2) Giải phương trình:  9 x = xy + 70 ( x − y ) 11 − x + x − = 24 + ( − x ) ( x − 1) Câu II (2 điểm) 1) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn x y − 16 xy + 99 = x + 36 y + 13 x + 26 y 2) Với a, b số thực dương thỏa mãn ≤ 2a + 3b ≤ ;8a + 12b ≤ 2a + 3b + 5ab + 10 3a + 8b + 10ab ≤ 21 Chứng minh rằng: Câu III (3 điểm) · Cho tam giác ABC có BAC góc nhỏ ba góc tam giác nội · D thuộc cạnh BC cho AD phân giác BAC Lấy điểm M , N thuộc (O) cho đường thẳng CM , BN song song với đường thẳng AD tiếp đường tròn (O) Điểm 1) Chứng minh AM = AN 2) Gọi giao điểm đường thẳng MN với đường thẳng AC , AB E , F Chứng minh bốn điểm B, C , E , F thuộc đường tròn 3) Gọi P, Q theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng AM , AN Chứng minh đường thẳng EQ, FP, AD đồng quy Câu IV (1 điểm) Với a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a ( a + bc ) b ( ab + 2c ) + b ( b + ca ) c ( bc + 2a ) + c ( c + ab ) a ( ca + 2b ) ≥4 ĐÁP ÁN Câu I 2  x + y + xy = 1) Giải hệ phương trình:  (1)  9 x = xy + 70 ( x − y ) (2)  3 x =  x = ±  ⇔ Nếu x = y , hệ phương trình trở thành  3 (Vơ nghiệm), 8 x = x =  x≠ y Nhân hai vế phương trình ( 1) với x − y ≠ ta có: ( 1) ⇔ ( x − y ) ( x + y + xy ) = ( x − y ) ⇔ x3 − y = ( x − y ) ⇔ 10 ( x3 − y ) = 70 ( x − y ) Thế vào phương trình ( ) ta có: ( ) ⇔ x3 = xy + 10 ( x3 − y ) ⇔ x3 + xy − 10 y =  x − y = ( 3) ⇔ ( x − y ) ( x + xy + y ) = ⇔  2  x + xy + y = ( ) Ta có: ( 3) ⇔ x = y  y =1⇒ x =  y = −1 ⇒ x = −2 Thế vào phương trình (1) ta có: y + y + y = ⇔ y = ⇔  ( ) ⇔ x + xy + y + y = ⇔ ( x + y ) 2 + y2 = x + y = 2 ⇔ ( x + 2y) + ( y) = ⇔  ⇔ x = y = 0(ktm) y = Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y ) ∈ { ( 2;1) ; ( −2; −1) } 2) Giải phương trình: 11 − x + x − = 24 + 11 − x + x − = 24 + ( − x ) ( x − 1) ( − x ) ( x − 1) ( *) 5 − x ≥ ⇔ ≤ x≤5 2 x − ≥ ĐKXĐ:    − x = a ( a ≥ 0) a = − x ⇒ Đặt :   x − = b b ≥ ( ) b = x −   ⇒ 2a + b = ( − x ) + x − = 11a + 8b = 24 + 3ab (1) Khi ta có:  2 2a + b = (2) Giải phương trình ( 1) ta có: ( 1) ⇔ 11a − 3ab = 24 − 8b ⇔ a ( 11 − 3b ) = 24 − 8b ( *) 11 16 11 ⇒ ( *) ⇔ 0a = − (vô lý) ⇒ b = không nghiệm Với 11 − 3b = ⇔ b = 3 phương trình (*) ⇒a= 24 − 8b 8b − 24 8b − 24 = , Thay a = vào ( ) ta được: 11 − 3b 3b − 11 3b − 11 8b − 24  ( ) ⇔  ÷ +b =9  3b − 11  ⇔ ( 64b − 384b + 576 ) + b ( 9b − 66b + 121) = ( 9b − 66b + 121) ⇔ 128b − 768b + 1152 + 9b − 66b3 + 121b − 81b + 594b − 1089 = ⇔ 9b − 66b3 + 168b − 174b + 63 = ⇔ 3b − 22b3 + 56b − 58b + 21 = ⇔ ( b − 1) ( 3b3 − 19b + 37b − 21) = ⇔ ( b − 1) ( b − 1) ( b − ) ( 3b − ) =     x − = b =  2 x − =  x = 1(tm) b − =     ⇔ b − = ⇔ b = ⇔  x − = ⇔  x − = ⇔  x = 5(tm)      3b − = 7 49 29 b =  2x − = 2x − =  x = (tm) 3 9      29  ;5 Vậy phương trình có tập nghiệm S = 1;   Câu II 1) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: x y − 16 xy + 99 = x + 36 y + 13x + 26 y x y − 16 xy + 99 = x + 36 y + 13 x + 26 y ⇔ x y + 20 xy + 99 = x + 36 xy + 36 y + 13x + 26 y ⇔ ( x y + 20 xy + 100 ) − = ( x + y ) 13 ( x + y ) ( *)  x + y = a ( a > )  xy + 10 = b ( b > 10 ) Đặt  ⇒ ( *) ⇔ b − = 9a + 13a 13 169 169 ⇔ 9a + 2.3a + − = b2 − 36 36 13  133  ⇔  3a + ÷ − b = ⇔ ( 18a + 13) − 362 = 133 6 36  ⇔ ( 18a − 6b + 13) ( 18a + 6b + 13) = 133 (1) Ta lại có : a, b > ⇒ 18a + 6b + 13 > 18a − 6b + 13 > Lại có 133 = 133.1 = 19.7  b = 11 (tm)   18a + 6b + 13 =  18a + 6b = 120 a =    18 a − b + 13 = 18 a − b = − 12    ⇒ ( 1) ⇔  ⇔ ⇔  a = 19  18a + 6b + 13 = 19  18a + 6b = 32      ( ktm)  25  18a − 6b + 13 =  18a − 6b = −6  b = − 18  x = − y x = − y x + y = x = − y ⇒ ⇔ ⇔ ⇔  xy + 10 = 11  xy =  y ( − y ) = 2 y − y + = x = − y  x = − y  x = 1(tm)  ⇔ ⇔   y = (ktm) ⇔   y = 1(tm) ( y − 1) ( y − 1) =     y = Vậy phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) 2) Với a, b số thực dương thỏa mãn ≤ 2a + 3b ≤ ( 1) ; 2 8a + 12b ≤ 2a + 3b + 5ab + 10 Chứng minh 3a + 8b + 10ab ≤ 21( ) Giải ( ) ⇔ 8a + 12b ≤ ( 2a + 3b ) ( a + b ) + 10 ≤ ( a + b ) + 10 ⇔ 3a + 7b ≤ 10 Mặt khác 2a + 3b ≤ Dự đoán dấu " = " xảy ⇔ a = b = 3a + 8b + 10ab = ( 3a + 4b ) ( a + 2b ) Ta có: 4 4 2 ( I) Áp dụng bất đẳng thức ( A + B) AB ≤ , ta có: ( 9a + 12b + 7a + 14b ) ≤ 21.( I ) = 3 ( 3a + 4b )  7 ( a + 2b )  ⇒ 21.( I ) ( 16a + 26b ) ≤ = ( 8a + 13b ) Ta biểu diễn 8a + 13b theo 3a + 7b 2a + 3b cách đồng hệ số Xét 8a + 13b = x ( 3a + 7b ) + y ( 2a + 3b ) ⇔ 8a + 13b = ( 3x + y ) a + ( x + y ) b  x =  3 x + y = ⇔ ⇔ 7 x + y = 13  y = 17  ⇒ 21.( I ) ≤ ( 8a + 13b ) ⇒ ( I ) ≤ 21 Dấu 2 17 17  2  2 =  ( 3a + 7b ) + ( 2a + 3b )  ≤  10 + ÷ = 212 5  5  5 " = " xảy ⇔ a = b = Câu III 1) Chứng minh AM = AN · · Ta có: NBA (so le BN / / AD ) = DAB · · · DAB = DAC ( gt ) ; DAC = ·ACM (so le CM / / AD) · · ⇒ NBA = MCA ⇒ sd »AN = sd ¼ AM (trong đường trịn, hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Vậy AM = AN (trong đường tròn, hai dây căng hai cung nhau) 2) Chứng minh điểm B, C , E , F thuộc đường tròn ( ) ·AEF = sd »AN + sdCM ¼ (góc có đỉnh bên đường trịn) 1 ¼ = sd ¼ AM + sdCM = sd »AC = ·ABC (góc nội tiếp nửa số đo cung bị 2 Ta có: ( ) chắn) Vậy tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện nhau) hay B, C , E ,F thuộc đường tròn 3) Chứng minh đường thẳng EQ, FP, AD đồng quy Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt tam giác AHN , cát tuyến EKQ , ta có: EN KH QA EN KH =1⇒ = (do Q trung điểm AN ( gt ) nên QA = QN ) EH KA QN EH KA EN KA = ( I) EH KH Gọi AD ∩ PE = { K '} Ta chứng minh K ' ≡ K ⇒ Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt tam giác AHM , cát tuyến PKF ta có: FM K ' H PA FM K ' H = 1⇒ = (Do P trung điểm AM ( gt ) nên FH K ' A PM FH K ' A PA = PM ) FM K ' A ⇒ = ( II ) FH K ' H EN FM FM FH FM − FH HM = ⇔ = = = Ta chứng minh ( *) (tính chất dãy EH FH EN EH EN − EH HN tỉ số nhau) HM DC = HN DB HM AC DC AC = Lại có : (định lý đường phân giác), đó: = ( 1) HN AB DB AB · Xét ∆ AEF ∆ABC có: ·AEF = ·ABC (cmt ), BAC chung AC AF ⇒ ∆AEF : ∆ABC ( g g ) ⇒ = ( 2) AB AE HM AF = Từ (1) (2) ⇒ ( 3) HN AE Vì BN / / AD / / CM nên áp dụng định lý Ta – let ta có: Tiếp tục áp dụng định lý đường phân giác tam giác AF HF = ( 4) AE HE Từ (3) (4) ta suy EN FM = ( III ) EH FH Từ ( I ) , ( II ) , ( III ) suy AEF ta có: HM HF = , ( *) chứng minh, tức HN HE KA K ' A , K ≡ K ' = KH K ' H Vậy EQ, FP, AD đồng quy K Câu IV Với P= a, b, c > 0, a + b + c = ta có: a ( a + bc ) b ( ab + 2c ) + b ( b + ca ) c ( bc + 2a ) + c ( c + ab ) a ( ca + 2b ) = a ( a + bc ) ab ( ab + 2c ) + b ( b + ca ) bc ( bc + 2a ) a b2 c2 ( a + b + c ) Áp dụng BĐT ta có: + + ≥ x y z x+ y+z P≥ (a + b + c + 3abc ) a 2b + b 2c + c a + 2abc ( a + b + c ) (a ⇒P≥ + b + c + 3abc ) ( ab + bc + ca ) a + b + c = p  Đặt  ab + bc + ca = q , áp dụng BĐT Schur ta có: 9r ≥ p ( 4q − p )  abc = r  ⇒ 9abc ≥  ( ab + bc + ca ) −  ⇔ 3abc ≥ ( ab + bc + ca ) − Khi ta có:  a + b + c + ( ab + bc + ca ) −  P≥ ( ab + bc + ca ) ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) − 9  P≥  ( ab + bc + ca ) 2 32 + ( ab + bc + ca ) −  ( ab + bc + ca ) P≥ ⇒P≥ =4 2 ab + bc + ca ab + bc + ca ( ) ( ) 2 + c ( c + ab ) ca ( ca + 2b ) Dấu " = " xảy ⇔ a = b = c = Vậy P ≥ 4(dfcm) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI CỘNG HÒA XA HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm)  x 8x   x −  + − ÷:  ÷với x > 0; x ≠ 4; x ≠ − x + x x − x x     Cho biểu thức P =  a) Rút gọn biểu thức b) Tìm m cho m ( P ) x − P > x + với giá trị x > Bài (3,0 điểm) a) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ( d1 ) : y = x + ( d ) : y = ( m2 − ) x + 3m (m tham số) Tìm giá trị m để hai đường thẳng d1 d song song b) Cho phương trình: x − ( m − 1) x + 2m − = (m tham số) Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: (x − 2mx1 + 2m − 1) ( x2 − ) ≤ c) Hai ô tô khởi hành lúc quãng đường từ A đến B dài 120km Vì ô tô thứ nhát chạy nhanh ô tô thứ hai 10km nên đến B trước ô tơ thứ hai 0,4 Tính vận tốc ô tô, biết vận tốc ô tô không đổi quãng đường AB Bài (1,5 điểm) Bác An muốn làm cửa sổ khuôn gỗ, phía có dạng nửa hình trịn, phía có dạng hình chữ nhật Biết : đường kính nửa hình trịn cạnh phía hình chữ nhật tổng độ dài khn gỗ (các đường in đậm vẽ hình bên, bỏ qua độ rộng khuôn gỗ) 8m Em giúp bác An tính độ dài cạnh hình chữ nhật để cửa sổ có diện tích lớn Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) điểm nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn ( O ) (B tiếp điểm) đường kính BC Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I khác C O) Đường thẳng IA cắt ( O ) hai điểm D E ( D nằm A E) Gọi H trung điểm đoạn thẳng DE a) Chứng minh AB.BE = BD AE b) Đường thẳng d qua điểm E song song với Chứng minh HK / / CD c) Tia CD cắt AO điểm BECF hình chữ nhật AO, d cắt BC điểm K P, tia EO cắt BP điểm F Chứng minh tứ giác Bài (0,5 điểm) Tìm số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện sau: 0 < x, y , z ≤  x y z  + + = 1 + y + zx + z + xy + x + yz x + y + z  ĐÁP ÁN Bài a) Rút gọn biểu thức P x > 0, x ≠ 4, x ≠ ta có: Với      x 8x   x −   x 8x x −1 ÷ ÷  P = + − + : − ÷:  ÷=  ÷  − x + x x − x x + x x÷ − x + x x x −         P= = ( ) x − x + 8x ( )( 2− x 2+ x x + 4x ( 2− x)( 2+ x) ) x −1 − : x x ( ( x −2 3− x 4x x −3 Vậy P = b) Tìm m cho m ( ( x −2 ) ( ) )= ( )( x − 4x + 8x )( 2− x 2+ x ) = x ( x + ) x = ( x + ) ( x − ) ) ) ( x ( x − 2) x −1− x + 4x x −3 ) x − P > x + với giá trị x > Điều kiện: x > ∀ x > 9, Ta có: ( x −2 ( ) 4x > x +1 x −3 ⇔ 4mx > x + ⇔ ( 4m − 1) x > ⇔ 4m − > x 1 < Vì x > nên x 1 10 ⇔ m≥ Do 4m − > , ∀x > 4m − ≥ ⇔ 4m ≥ x 9 18 Vậy m ≥ 18 m x − P > x + ⇔ m x −3 Bài a) Tìm giá trị m để hai đường thẳng d , d song song ( ) Ta có hai đường thẳng ( d1 ) : y = x + ( d ) : y = m − x + 3m song song ) m = m2 − = m2 =   ⇔ ⇔ ⇔   m = −3 ⇔ m = − 3 m ≠ m ≠   m ≠  Vậy m = −3 đường thẳng d1 d song song b) Tìm m để (x − 2mx1 + 2m − 1) ( x2 − ) ≤ Xét phương trình: x − ( m − 1) x + 2m − = , ta có: ∆ ' = ( m − 1) − 2m + = m − 2m + − 2m + = m − 4m + + = ( m − ) + > ( ∀m ) ⇒ Phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m  x1 + x2 = 2m −  x1 x2 = 2m − Áp dụng hệ thức Vi et ta có:  Vì x1 nghiệm phương trình ta có: x12 − ( m − 1) x1 + 2m − = ⇔ x12 − 2mx1 + x1 + 2m − = ⇔ x12 − 2mx1 + 2m − + x1 − = ⇔ x12 − 2mx1 + 2m − = −2 ( x1 − ) Theo đề ta có: (x − 2mx1 + 2m − 1) ( x2 − ) ≤ ⇔ −2 ( x1 − ) ( x2 − ) ≤ ⇔ ( x1 − ) ( x2 − ) ≥ ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + ≥ ⇔ 2m − − ( m − ) + ≥ ⇔ m − − m + ≥ ⇔ m − − m + ≥ ⇔ − m ≥ −3 ⇔ m ≤ Vậy m ≤ thỏa mãn điều kiện toán c) Tính vận tốc tơ Gọi vận tốc ô tô thứ x ( km / h ) ( x > 10 ) ⇒ Thời gian ô tô thứ hết quãng đường AB 120 ( h) x Vận tốc ô tô thứ lớn vận tốc ô tô thứ hai 10km / h ⇒ Vận tốc ô tô thứ hai : x − 10(km / h) ⇒ Thời gian ô tô thứ hai hết qng đường AB : Vì tơ thứ đến B trước ô tô thứ hai 0,4h = 120 (h) x − 10 h nên ta có phương trình: · · · · · ⇒ CBE + CBF = ·ABP + CBF ⇒ EBF = ABC = 900 · góc nội tiếp chắn nửa đườn trịn (O) nên EF đường kính ( O ) ⇒ EBF ⇒ O trung điểm EF Xét tứ giác BECF có hai đường chéo BC , EF cắt trung điểm đường · ⇒ BECF hình bình hành Lại có: EBF = 900 (cmt ) nên BECF hình chữ nhật ( dfcm ) Bài x ≤ ⇒ x2 ≤ Ta có:   xy ≤ y ⇒ x + xy ≤ + y ⇒ x + xy + zx ≤ + y + zx ⇒ 1 1 ≥ ⇒ ≤ x + xy + xz + y + zx + y + xz x ( x + y + z ) ⇒ x ≤ + y + xz x + y + z Chứng minh tương tự ta có: y ≤ + z + xy x + y + z ; z ≤ + x + yz x + y + z Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta : x y z + + ≤ + y + xz + z + xy + x + yz x + y + z Dấu " = " xảy ⇔ x = y = z = Vậy có cặp số thỏa mãn yêu cầu toán ( x; y; z ) = ( 1;1;1) ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN (khơng chun) Thời gian làm 120 phút, không kể giao đề Câu (1,0 điểm) Cho ba biểu thức M = P= x x −8 3+ ( ) x +1 ( ,N = ) ( x +1 − ) x −1 ( x − ) ( 3x + 1) x 2+ x a) Tìm tất số thực x thỏa mãn M = x − b) Trong trường hợp biểu thức M , N P xác định, rút gọn biểu thức Q = MN + P Câu (3,0 điểm)  x −3+ 3+ x  x + x − ( ) ÷= x −   b) Cho hai số thực m, n thỏa mãn hai đường thẳng ( d ) : y = mx + n a) Giải phương trình ( d1 ) : y = x + 3m + 2n − mn cắt điểm I ( 3;9 ) Tính giá trị mn m n c) Cho hình chữ nhật ABCD có chu vi 28(cm) nội tiếp đường trịn ( C ) có bán kính R = 5(cm) Tính diện tích hình chữ nhật ABCD Câu (2,0 điểm) Gọi ( P ) , ( d ) đồ thị hàm số y = x y = 2mx + a) Chứng minh đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tai hai điểm phân biệt A ( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) với số thực m Tính y1 + y2 theo m b) Tìm tất số thực m cho y1 − y2 = x1 − x2 + x1 x2 Câu (1,0 điểm) Một kho hàng nhập gạo (trong kho chưa có gạo) ngày liên tiếp ngày (kể từ ngày thứ hai) nhập lượng gạo 120% lượng gạo nhập vào kho ngày trước Sau đó, từ ngày thứ năm kho ngừng nhập ngày kho lại xuất lượng gạo lượng gạo kho 10 ngày trước Hãy tính lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ trường hợp sau : a) Ngày thứ ba, sau nhập xong kho có 91 gạo b) Tổng số gạo xuất ngày thứ năm thứ sáu 50,996 gạo, Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( T ) có tâm O, có · AB = AC , BAC > 900 Gọi M trung điểm đoạn thẳng AC Tia MO cắt đường tròn ( T ) điểm D Đường thẳng BC cắt đường thẳng AO AD điểm N , P · · a) Chứng minh tứ giác OCMN nội tiếp BDC = 4.ODC b) Tia phân giác BDP cắt đường thẳng BC điểm E Đường thẳng ME · cắt đường thẳng AB điểm F Chứng minh CA = CP ME ⊥ DB c) Chứng minh tam giác MNE cân Tính tỉ số DE DF ĐÁP ÁN Câu a) Tìm x M = x − Xét biểu thức M = x x −8 3+ ( ) x +1 (ĐKXĐ: x ≥ 0) Ta có: −2 ( ) ( M= = = + ( x + 1) + ( x + 1) ( x − 2) ( x + x + 4) = x − = x x x −8 2 x+2 x +4 Khi M = x − ⇔ x −2= x−4= ( ) x )( x −2 x+2 x +4 ) + x + x +1 − 22 ⇔ x − = ( x−2 )( x+2 )  x −2=0 x + −1 = ⇔  ⇔ x = 4(tm)  x + = 0(VN ) Vậy x = M = x − b) Tính Q = M N + P x ≥ ĐKXĐ:  x ≠ ⇔ ( x −2 )( Ta có: M = N= = ( ( ) ) ( x +1 − 2+ x ) =( x −1 ( x − ) ( 3x + 1) )( x +1− x +1   )= x + x +1 + x −1+ x − x +1 ( x − ) ( 3x + 1) ⇒ Q = M N + P = = x x − 2, P = ( ) x −2 x + =1 x +2 2+ x ) ( x +1 + ( x − ) ( 3x + 1) ( x + 1) = ( x − ) ( 3x + 1) x − x + x−4 2+ x )( x +1 ) ( x −1 + ) x −1   Vậy Q = Câu  x −3+ 3+ x  x + x − ( ) ÷= x −   3 + x ≥  x ≥ −3  x ≥  ⇔ x ≥ ⇔  ĐKXĐ:  x ≥ Ta có: x ≠  x ≠  x −1 ≠  a) Giải phương trình  x + x −5=0   x − + + x x + x − = ⇔  ( ) ÷ x −1  x − + + x =   Xét phương trình ( 1) : x + x − = ( 1) ( 2) ( t ≥ ) , phương trình (1) trở thành: t + 4t − = ⇔ t − t + 5t − = ⇔ t ( t − 1) + ( t − 1) = Đặt t = x t = 1(tm) ⇔ ( t − 1) ( t + ) = ⇔  ⇔ x = ⇔ x = ±1(tm) t = −5(ktm) Xét phương trình (2): x − + + x = ⇔ + x = − x với x ≥ 0, x ≠ 3 − x ≥ x ≤ x ≤ ⇔ ⇔  2 ⇔  3 + x = ( − x ) 3 + x = x − x +  x − x + = x ≤ x ≤ x ≤ ⇔ ⇔ ⇔  x − x − x + =  x ( x − 1) − ( x − 1) = ( x − ) ( x − 1) = x ≤ x ≤   ⇔   x = ⇔   x = 6(ktm) ⇔ x =  x =   x = 1(tm)   Kết hợp với điều kiện xác định ⇒ x = không thỏa mãn Vậy S = { ±1} b) Hai đường thẳng d : y = mx + m d1 : y = x + 3m + 2n − mn cắt điểm I ( 3;9 ) Tính m.n I ∈ d  I ∈ d1 Vì d ∩ d1 = { I } nên  m n  m =  9 = 3m + m 9 = m  ⇒ ⇔ ⇔ 9 = + 3m + 2n − mn 6 = 3m + 2n − mn 6 = + 2n − n   4 9   m = m =    4 ⇔ ⇔  5 n = − n = − 4      −27 m    −5  15 = :  − ÷ =  ÷ = − Vậy m.n =  − ÷ =   20 n  5   c) Hình chữ nhật ABCD có chu vi 28(cm) nội tiếp đường trịn (C) có bán kính R = ( cm ) Tính diện tích tứ giác ABCD Theo ta có: Hình chữ nhật ABCD có chu vi 28(cm) nên có nửa chu vi 14(cm) Đặt AB = x ( cm ) (ĐK: < x < 14) ⇒ CD = 14 − x ( cm ) Gọi O = AC ∩ BD, Khi O tâm đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD Hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường trịn có bán kính R = ( cm ) ⇒ OA = ( cm ) ⇒ AC = 2OA = 10 ( cm ) Áp dụng định lý Pytago tam giác vng ABC ta có: AB + BC = AC ⇒ x + ( 14 − x ) = 102 ⇔ x + x − 28 x + 196 = 100 ⇔ x − 28 x + 98 = ⇔ x − 14 x + 48 = ⇔ x − x − x + 48 = ⇔ x ( x − ) − ( x − ) = x − = x = ⇔ ( x − ) ( x − 8) = ⇔  ⇔ (TM ) x − = x =   Với x = ⇒ AB = ( cm ) , BC = ( cm ) ⇒ Diện tích hình chữ nhật ABCD S = 6.8 = 48(cm ) ( Với x = ⇒ AB = 8(cm), BC = ( cm ) ⇒ S ABCD = 8.6 = 48 cm ) Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD 48cm Câu Gọi ( P ) , ( d ) đồ thị hàm số y = x y = 2mx + a) Chứng minh đường thẳng ( d ) cắt (P) hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) B ( x2 ; y2 ) tính y1 + y2 theo m Xét phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị ( P ) ( d ) ta có: x = 2mx + ⇔ x − 2mx − = ( *) Phương trình ( *) có ∆ ' = m + > ( ∀m ) ⇒ Phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m Hay với m đường thẳng ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) B ( x2 ; y2 )  y1 = 2mx1 +  y2 = 2mx2 + Ta có A, B ∈ ( d ) nên:   x1 + x2 = 2m Khi ta có: x x = −  Áp dụng hệ thức Viet vào phương trình ( *) ta có:  y1 + y2 = 2mx1 + + 2mx2 + = 2m ( x1 + x2 ) + = 2m.2m + = 4m + Vậy y1 + y2 = 4m + b) Tìm m cho y − y = x − x + 3x x 2 Với m đường thẳng ( d ) ln cắt ( P ) hai điểm phân biệt A ( x1;2mx1 + 3) B ( x2 ;2mx2 + 3) Áp dụng hệ thức Vi − et ta có:  x1 + x2 = 2m (1)  (2)  x1 x2 = −3 Theo dề ta có: y1 − y2 = x1 − x2 + x1x2 ⇔ 2mx1 + − ( 2mx2 + 3) = x1 − x2 + 3.(−3) ⇔ 2mx1 + − 8mx2 − 12 = x1 − x2 − ⇔ 2mx1 − x1 − 8mx2 + x2 =  m=  2m − =  ⇔ ( 2m − 1) ( x1 − x2 ) = ⇔  ⇔  x − x =   x1 = x2 Với x1 = x2 , thay vào ( ) ta có: x22 = −3 ⇒ Phương trình vơ nghiệm Vậy m = thỏa mãn yêu cầu toán Câu a) Ngày thứ ba nhập xong có kho 91 gạo Gọi lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ x (tấn ) (ĐK: x > 0) x.120% = 1,2 x (tấn) Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ ba : 1,2 x.120% = 1,44 x (tấn) Sau ngày thứ ba, lượng gạo có kho : x + 1,2 x + 1,44 x = 3,64 x (tấn) Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ hai : Vì ngày thứ ba, sau nhập xong kho có 91 nên ta có phương trình: 3,64 x = 91 ⇔ x = 91 = 25 (tấn ) (thỏa mãn) 3,64 Vậy ngày thứ 3, sau nhập xong, kho có 91 gạo lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ 25 b) Tổng số gạo xuất ngày thứ 5, thứ 50,966 1,44 x.120% = 1,728 x (tấn) Sau ngày thứ tư, lượng gạo có kho : x + 1,2 x + 1,44 x + 1,728 x = 5,368 x Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ tư (tấn) Từ ngày thứ kho ngừng nhập ngày kho lại xuất lượng gạo lượng gạo kho ngày trước nên: 10 5,368 x = 0,5368 x (tấn) Số gạo xuất ngày thứ : 10 Số gạo lại sau ngày thứ : 5,368 x − 0,5368 x = 4,8312 x (tấn) Số gạo xuất ngày thứ : 4,8312 x = 0.48312 x (tấn) 10 Vì tổng số gạo xuất ngày thứ 5, thứ 50,996 nên ta có phương trình: 0,5368 x + 0,48312 x = 50,966 ⇔ 1,01992 x = 50,966 ⇔ x = 50(tm) Vậy tổng số gạo xuất ngày thứ 5, thứ gạo kho hàng nhập ngày thứ 50 50,996 lượng Câu · · a) Chứng minh OCMN tứ giác nội tiếp BDC = 4ODC *) Ta có : AB = AC ( gt ) ⇒ A thuộc đường trung trực BC OB = OC (cùng bán kính) ⇒ O thuộc trung trực BC · Khi ta có OA trung trực BC ⇒ OA ⊥ BC ⇒ ONC = 900 Vì M trung điểm AC (gt) nên OM ⊥ AC (quan hệ vuông góc đường · kính dây cung) ⇒ ONC = 900 · · Xét tứ giác OCMN có ONC = OMC = 900 (cmt ), suy OCMN tứ giác nội tiếp (Tứ giác có đỉnh kề cạnh nhìn cạnh đối góc nhau) *)Xét ∆ACD có DM ⊥ AC ( OM ⊥ AC ) ⇒ DM đường cao đồng thời đường trung tuyến suy ∆ACD cân D nên ·ADC · ⇒ ·ADC = 2ODC (1) DM đường phân giác Ta có : AB = AC ( gt ) nên sd »AB = sd » AC (trong đường tròn hai dây căng hai cung nhau) ⇒ ·ADB = ·ADC (trong đường trịn, hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) · · ⇒ AD phân giác BDC ⇒ BDC = ·ADC · · Từ (1) (2) suy BDC = 4.ODC (dfcm ) (2) b) Phân giác góc BDP cắt BC E, ME cắt AB F Chứng minh · CA = CP ME vng góc với DB Ta có : sd »AB = sd » AC (cmt ) » = sd AC » + sd BD » ⇒ sd »AB + sd BD » ⇒ sd »AD = sd »AC + sd BD » = sd »AC + sd BD » ⇒ sdCD » ( AD = CD ⇒ sd »AD = sdCD ) » · (góc nội tiếp chắn cung CD ) DAC = sdCD ·APC = sd »AC + sd BD » (góc có đỉnh nằm phía đường trịn chắn cung AC , BD ) · · · ⇒ DAC = ·APC hay PAC = APC Lại có : ( ) Suy ∆ACP cân C (tam giác có hai góc nhau) ⇒ CA = CP ( dfcm) · Ta có : ·APC = DPB (hai góc đối đỉnh ) · · (hai góc nội tiếp chắn cung CD ) PAC = DBP · Mà ·APC = PAC (do tam giác ACP cân C) (cmt) · · ⇒ DPB = DBP ⇒ ∆BDP cân D, phân giác DE đồng thời đường cao nên DE ⊥ BC · · Xét tứ giác CDEM có CED = CMD = 900 ⇒ Tứ giác CDEM tứ giác nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh đối diện góc nhau) · · ⇒ MEC = MDC = ·ADM (hai góc nội tiếp chắn cung MC ) · · · Mà MEC (đối đỉnh) ⇒ BEF = ·ADM ( 3) = BEF · Ta có: ·ADM + DAM = 900 (do tam giác ADM vuông M) ·ADE + DPE · = 900 (do tam giác DEP vuông D) · · · Mà DAM nên ·ADM = ·ADE = EDB = ·APC = DPE (4) · · Từ (3) (4) ⇒ BEF = EDB · · · · · Gọi EF ∩ BD = { I } Ta có: DEI + EDB = DEI + BEF = DEB = 900 ⇒ ∆DEI vuông I ⇒ DI ⊥ IE hay ME ⊥ DB (dfcm) c) Chứng minh tam giác MNE cân Tính Ta có: ( DE DF ) ( ) 1 · » + sd »AC = sdCD » + sd AB » = CPD · (góc có DBA = sd »AD lớn = sdCD 2 · · đỉnh bên đường tròn) ⇒ 1800 − DBA = 1800 − CPD · · · · ⇒ BD tia phân giác EBF ⇒ DBF = DPE = BDE ( *) ⇒ ∆BEF cân B (phân giác BI đồng thời đường cao) · · ⇒ BEF = BFE ( 5) (góc đáy tam giác cân) Ta có: ·ANM = ·ACO (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp · · · OCMN ) mà ·ACO = OAC nên ·ANM = OAB , hai góc lại vị trí so le = OAB · · (hai góc so le ) (6) ⇒ MN / / AF ⇒ NME = BFE · · · Từ (5) (6) suy BEF = NME = NEM Suy ∆MNE cân N (dfcm) ∆BEF cân B(cmt) nên BE = BF · · Xét ∆ BDE ∆ BDF có: BE = BF (cmt ); BD chung; EBD (theo ( *) ) = FBD Vì ⇒ ∆BDE = ∆BDF (c.g c ) ⇒ DE = DF (hai cạnh tương ứng) DE Vậy = DF SỞ GD&ĐT HỊA BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HỒNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ THI MƠN TỐN (Dành cho chuyên Tin) Ngày thi: 12 tháng năm 2020 Thời gian làm : 150 phút (không kể giao đề) Câu I (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử: A = x + x + 2) Giải phương trình: x + = 3) Rút gọn biểu thức: B = 6+2 + 6−2 4) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng : ( d ) : y = x − Parabol ( P ) : y = x Câu II (2,0 điểm) − x −5 1) Giải phương trình: 2) Cho phương trình: = 10 x +5 ( tham số) Tìm giá trị x − ( m + 1) x + m = m m để phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: ( x1 + 1) ( x2 + 1) = 13 Câu III (2,0 điểm)  1) Giải hệ phương trình :  x + − y − = −4  3 x + + y = 16 2) Một tam giác vng có cạnh huyền dài 10cm Hai cạnh góc vng 2cm Tính độ dài hai cạnh góc vng Câu IV (2,0 điểm) Cho đường trịn ( O; R ) dây cung BC < R Gọi A điểm BC , M điểm tùy ý cung lớn BC ( CM ≥ BM > ) Qua C kẻ tiếp tuyến d tới ( O ) Đường thẳng AM cắt d BC Q N Các đường thẳng MB AC cắt P cung nhỏ 1) Chứng minh : PQCM tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: PQ song song với BC 1 + = CN CQ CE 4) Xác định vị trí M cho bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆MBN lớn 3) Tiếp tuyến A ( O ) cắt d E Chứng minh : Câu V (2,0 điểm) 1) Tìm số thực x, y thỏa mãn x + y − y x − x − = ( 2) Cho hai số x, y thỏa mãn x + Tính giá trị S = x + y x + 2020 )( y + ĐÁP ÁN Câu I ( ) ) y + 2020 = 2020 1) A = x + x + = x + x + x + = x ( x + ) + ( x + ) = ( x + ) ( x + 1) 2) x + = *) x + = x + x ≥ −1 *) x + = −4 x − x < −1 1 +) x ≥ − ⇒ x + = ⇔ x = (tm) −1 +) x < ⇔ −4 x − = ⇔ x = −1(tm) 1  Vậy S =  ; −1 2  3) B = + + − = = ( ) +1 + ( ) ( ) 2 −1 = +1+ + 5.1 + 12 + ( ) − 5.1 + 12 −1 = +1+ −1= 4) Ta có phương trình hồnh độ giao điểm: x = x − ⇔ x − x + =  x1 = ⇒ y =  x2 = ⇒ y2 = Vì a + b + c = − + = ⇒  Vậy tọa độ giao điểm ( 1;1) ; ( 3;9 ) Câu II 1) 1 − = 10 ⇔ x −5 x +5 ( x>0  = 10  ÷ x +5  x ≠ 25  x +5− x +5 x −5 )( ) 10 = 10 ⇔ x − 25 = ⇔ x = 26(tm) x − 25 2) x − ( m + 1) x + m = ( *) ⇔ ∆ ' = ( m + 1) − 1.m = 2m + Phương trình (*) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ ⇔ 2m + ≥ ⇔ m ≥ −  x1 + x2 = 2m + Áp dụng hệ thức Vi – et :   x1 x2 = m Ta có: ( x1 + 1) ( x2 + 1) = 13 ⇔ x1 x2 + ( x1 + x2 ) + = 13 Hay 4m + ( 2m + ) − 12 = ⇔ m + m + − = 2  m = 1(tm) ⇔ m2 + m − = ⇔  Vậy m = −2 thỏa đề m = − 2( ktm )  Câu III   x + − y − = −4  y ≥  1)   x ≥ −2 ÷    3 x + + y = 16 Đặt t = x + 2, u = y − ⇒ y = u + 1( t , u ≥ ) Phương trình thành: t − 2u = −4 ⇒ t = 2u − ( *)  3t + u + = 16 ( ) Thay (*) vào (2) ⇒ ( 2u − ) + u + = 16 u = 3(tm) ⇔ u + 6u − 27 = ⇔  u = −9(ktm) u = ⇒ y − = ⇒ y = 10 , thay vào phương trình đề: ⇒ x + + 10 = 16 ⇔ x + = ⇔ x = 2(tm) Vậy x = 2, y = 10 1) Gọi x(cm) cạnh góc vng bé suy cạnh góc vng lớn: x + Áp dụng định lý Pytago ta có phương trình: x + ( x + ) = 102 ⇔ x + x + = 100  x = 6(tm) ⇒ x + = ⇔ x + x − 48 = ⇔   x2 = −8(ktm) Vậy độ dài hai cạnh góc vng 6cm;8cm Câu IV Ý PQCM tứ giác nội tiếp » ⇒ sd BA » = sd »AC Ta có A điểm cung BC · · (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) ⇒ PMQ = PCQ Mà góc nhìn PQ ⇒ PMCQ tứ giác nội tiếp Ý PQ song song với BC · · (MPQC tứ giác nội tiếp ) (1) Ta có: QPC = QMC · · (góc nội tiếp chắn hai cung ) ( ) QMC = BCP · · Từ (1) (2) suy QPC = BCP Mà hai góc vị trí so le nên BC / / PQ Ý Dễ chứng minh : AE / / BC AE = CE Ta có: ⇒ CE AE QE = = (hệ Ta let) CN CN QC CE CE QE CE 1  1  + = + ⇒ + = ⇒ CE. + = ÷ CN CQ QC CQ CN CQ CE  CN CQ  Ý · Ta có : ·ABN = BMN (góc nội tiếp chắn cung nhau) ⇒ AB tiếp tuyến đường tròn ( BMN ) Kẻ đường kính AL ( O ) Gọi K giao điểm đường trung trực đoạn BN BL ⇒ E tâm đường tròn ( BMN ) Tương tự dựng F tâm ( CMN ) Dễ dàng chứng minh ∆BLC , ∆BEN , ∆CFN cân ⇒ LENF hình bình hành ⇒ R( MBN ) + R( MCN ) = LC (không đổi) EB NB = ≤1 Ta có: MC ≥ MB ⇒ NC ≥ NB mà ∆EBN : ∆FCN ( g g ) ⇒ FC NC ⇒ EB ≤ FC ⇒ EB ≤ EB + FC ⇒ R( ABN ) ≤ LC ⇒ R( MBN ) ≤ LC » Dấu " = " xảy M ≡ L điểm cung lớn BC Câu V 1) ( ) ( x ≥ 0; y ≥ ) 2x + y2 − y x − x − = ⇔ 2x + y2 − y x − x + = ( ⇔( ) ( ) ⇔ x − x + + x − x.y + y2 = ) ( x −3 + x−y ) =0  x − = x = ⇒ ⇔ (tm) y = x − y =   Vậy x = 9, y = 2) ( )( y + y + 2020 ) = 2020 x + 2020 )( x + x + 2020 )( y + y * x + x + 2020 x− ( ⇔ ⇔ ⇔ (x 2 2 ( x − x + 2020 x + 2020 − x x+ ( *) ( x + 2020 + 2020 x − x + 2020 − x − 2020 ) y + y + 2020 y + y + 2020 ) = 2020 ) = 2020 = ⇒ x + 2020 − x = y + y + 2020(1) )( y + y + 2020 )( y − y + 2020 y − y + 2020 ) ⇒ − x + x + 2020 = − y + y + 2020 ⇒ − x + 2020 − x = − y + y + 2020 Cộng (1) (2) vế theo vế ta có: −x − y = x + y ⇔ 2x + y = ⇔ x + y = Vậy S = (2) ) = 2020 ... − = 10 ⇔ x ? ?5 x +5 ( x>0  = 10  ÷ x +5  x ≠ 25  x +5? ?? x +5 x ? ?5 )( ) 10 = 10 ⇔ x − 25 = ⇔ x = 26(tm) x − 25 2) x − ( m + 1) x + m = ( *) ⇔ ∆ ' = ( m + 1) − 1.m = 2m + Phương trình (*) có. .. mãn yêu cầu toán ( x; y; z ) = ( 1;1;1) ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG PHỔ THƠNG NĂNG KHIẾU HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2020 – 2021 Môn thi: TỐN (khơng... HỊA BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ THI MƠN TỐN (Dành cho chun Tin) Ngày thi: 12 tháng năm 2020 Thời gian làm : 150 phút (không