10 de TS 10 toan chuyen 2021 2022 co LOI GIai

Giaovienvietnam.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH AN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học: 2021 - 2022 Mơn thi: TỐN - CHUN Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài (3,0 điểm) a) Rút gọn A  419  40 19  419  40 19 b) Giải phương trình   x2   x  3  c) Biết nghiệm phương trình   2x   x  3  nghiệm phương trình x  bx  c  Tìm số b, c Bài (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị  P hàm số y   x b) Viết phương trình đường thẳng Bài (1,0 điểm)  d qua điểm A  0;1 tiếp xúc với  P 2 Cho hai số a, b phân biệt thỏa mãn a  2021a  b  2021b  c , với c số thực dương 1 2021   0 c Chứng minh rằng: a b Bài (2,0 điểm)  O  đường kính AC Gọi I Cho tam giác ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn điểm thuộc đoạn OC ( I khác O C ) Qua I kẻ đường vng góc với AC cắt BC E AB kéo dài D Gọi K điểm đối xứng C qua điểm I a) Chứng minh tứ giác BDCI AKED nội tiếp b) Chứng minh IC.IA  IE.ID Bài (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có diện tích 36 cm Gọi M , N , P ba điểm nằm ba cạnh AB, BC , CA cho MN  BC ; NP  AC ; PM  AB Chứng tỏ tam giác MNP tính diện tích tam giác MNP Bài (1,0 điểm) Hai nến hình trụ có chiều cao đường kính khác đặt thẳng đứng mặt bàn Ngọn nến thứ cháy hết giờ, nến thứ hai cháy hết Hai nến thắp sáng lúc, sau chúng có chiều cao a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu hai nến b) Biết tổng chiều cao hai nến 63 cm Tính chiều cao nến = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hướng dẫn giải: Bài (3,0 điểm) a) Rút gọn A  419  40 19  419  40 19 b) Giải phương trình  Giaovienvietnam.com  2x   x  3    x2   x  3  c) Biết nghiệm phương trình nghiệm phương trình x  bx  c  Tìm số b, c Lời giải a) Rút gọn A  419  40 19  419  40 19  20   400  2.20 19  19  400  2.20 19  19   20  19  20  19  20  19  20  19  40 Vậy A  40 b) Giải phương trình     x2   x  3  19   20   19        4.2.3  12   12  24  12   12     phương trình có hai nghiệm phân biệt x1      3  3 2.2   3 ; x2      3  3 2.2 3   S   3;    Vậy phương trình có tập nghiệm c) Biết nghiệm phương trình   x2   x  3    nghiệm phương trình x  bx  c  Tìm số b, c Xét phương trình x  bx  c  , có hai nghiệm     3; 3 nên ta có:  4   b   c   4.9  b.3  c   3b  c  36    81   3 9b  4c  81 4    b  3   c   16  b  c       c  27 9b  3c  108 c  27    36  c   9b  4c  81 b  21 b  Vậy b  21; c  27 giá trị cần tìm Bài (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị  P hàm số y   x b) Viết phương trình đường thẳng a) Vẽ đồ thị hàm số x y   x2  P   d A  0;1 qua điểm Lời giải , ta có bảng sau: -2 -1 tiếp xúc với  P Giaovienvietnam.com yx -4 Vậy đồ thị hàm số y  x2  P  -1 Pa-ra-bol qua -1 -1  2; 4  ,  1; 1 ,  :  ,  1; 1 ,  2; 4  nhận Oy làm trục đối xứng  d b) Viết phương trình đường thẳng  d Giả sử phương trình đường thẳng  d qua A  0;1 nên ta có qua điểm  a.0  b  b    d   d  x  ax   x  ax   (1)  d  P xúc tiếp tiếp xúc với  P có dạng y  ax  b Xét phương trình hồnh độ giao điểm Để A  0;1  P : có dạng y  ax  (1) có nghiệm kép     a  4.1.1   a   a  2 2 Vậy ta có hai đường thẳng Bài (1,0 điểm)  d thỏa mãn y  x  y  2 x  2 Cho hai số a, b phân biệt thỏa mãn a  2021a  b  2021b  c , với c số thực dương 1 2021   0 c Chứng minh rằng: a b Lời giải Theo ta có a  2021a  b  2021b 2  a  b  2021a  2021b    a  b   a  b  2021   a  b  ktm    a  b  2021 Với a  b loại a, b phân biệt Với a  b  2021  b  2021  a  ab  2021a  a    a  2021a   c Giaovienvietnam.com 1 2021 a  b 2021 2021 2021       0 a  b  2021; ab   c c ab c c c Thay vào ta a b 1 2021   0 c Vậy a b Bài (2,0 điểm)  O  đường kính AC Gọi I Cho tam giác ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn điểm thuộc đoạn OC ( I khác O C ) Qua I kẻ đường vng góc với AC cắt BC E AB kéo dài D Gọi K điểm đối xứng C qua điểm I a) Chứng minh tứ giác BDCI AKED nội tiếp b) Chứng minh IC.IA  IE.ID Lời giải a) Chứng minh tứ giác BDCI AKED nội tiếp · · · Ta có ABC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  DBC  90 (kề bù với ABC  90 ); · DIC  90 ( DI  AC )  tứ giác BDCI nội tiếp đường tròn đường kính CD · · º  ECI  EDB BI (hai góc nội tiếp chắn ) Lại có K điểm đối xứng C qua điểm I nên I trung điểm CK  EKC có EI vừa trung tuyến, vừa đường cao nên cân  AKED có góc ngồi đỉnh K góc đỉnh D nên tứ giác nội tiếp b) Chứng minh IC.IA  IE.ID Xét IDA ICE có: · · º IDA  ICE BI (hai góc nội tiếp chắn ); ·AID  EIC ·   90, DI  AC   IDA” ICE  g g   Bài (1,0 điểm)  · · · · · E  EKI  ECI  EKI  EDB  ECI  ID IC   IC.IA  IE.ID IA IE tứ giác Giaovienvietnam.com Cho tam giác ABC có diện tích 36 cm Gọi M , N , P ba điểm nằm ba cạnh AB, BC , CA cho MN  BC ; NP  AC ; PM  AB Chứng tỏ tam giác MNP tính diện tích tam giác MNP Lời giải · · MBN  MNB  90 ; mà PN  BC  GT  · · ·  MNP  MBN  60  90  MNB · ·  MNB  MNP  90 ; · · Trong AMP vng P , ta có AMP  PAM  90 ; mà NM  AB  GT  Trong MNB vng M, ta có     · ·  PMN  PAM  60  90  ·AMP ·  ·AMP  PMN  90 ; · · MNP MNP  PMN  60 có nên tam giác Đặt MN  NP  PN  x MNP nên S MNP x2   S BMN  SCNP  S APM Mặt khác BMN  CNP  APM (cạnh huyền – góc nhọn) Trong  S BMN  tam BMN giác vng M ta có 1 x x2 BM MN  x  2  S ABC  3.S BMN  S MNP  36  Vậy tạ BM  MN tan B  x.cot 60  S MNP  12 cm Bài (1,0 điểm) x2 x2 x2 x2  3  36   12  cm  4 x 3 Giaovienvietnam.com Hai nến hình trụ có chiều cao đường kính khác đặt thẳng đứng mặt bàn Ngọn nến thứ cháy hết giờ, nến thứ hai cháy hết Hai nến thắp sáng lúc, sau chúng có chiều cao a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu hai nến b) Biết tổng chiều cao hai nến 63 cm Tính chiều cao nến Lời giải a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu hai nến Gọi chiều cao nến thứ a cm, chiều cao nến thứ hai b cm, ( a, b  ) Giả sử tốc độ tiêu hao cháy hai nến không đổi 1 Mỗi nến thứ giảm chiều cao, nến thứ hai giảm chiều cao 1   chiều cao Sau nến thứ a  Chiều cao nến thứ lại   8 chiều cao Sau nến thứ hai b  Chiều cao nến thứ hai cịn lại Vì sau chiều cao hai nến nên a a b  b Vậy tỉ lệ chiều cao ban đầu nến thứ so với nến thứ hai b) Biết tổng chiều cao hai nến 63 cm Tính chiều cao nến Tổng chiều cao nến 63 cm  a  b  63 Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a a b a  b 63      7 b 54 a b   a  7.5  35  cm  ;   b  7.4  28  cm  Vì Vậy ban đầu nến thứ cao 35 cm, nến thứ hao cao 28 cm = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYEN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU ĐỀ THI MÔN : TOÁN (Chuyên) Năm học: 2021-2022 Câu (3, điếm) Giaovienvietnam.com P a) Rút gon biểu thức x x 1 1 x  x  x 1 x 2       x  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 1 x  x  x 1 x 2       x  x  x   với x  0, x  1, x  b) Giải phương trình x  ( x  4) x    Giaovienvietnam.com  x  y  xy  x  y    x  y   x  y 1  c) Giải hệ phương trình  P  ( x )3   x 1 x 2     x  x  ( x  1)( x  1) ( x  1)( x  2)     ( x  1)    x 1   x 1  ( x  1) ( x  1)( x  1)  x 1 x Đặi t  x  1(t  0) Ta có phương trình t  5t  7t   Điều kiện: t   (t  1)  t  4t  3    t  (nhận) * Vơi t   x    x  (thỏa) * Với t   x    x  (thỏa)  2x   y  xy  x  y   (1) x2  y   x  y   (2) Điềù kiện: 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 Giaovienvietnam.com 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: Vậy Q(x có hai nghiệm phân biệt Lưu y: hs sử dụng Viet cho điểm tối đa b/ Ta có: (xy-1)2=x2+y2 Giải hệ (1) ta cặp nghiệm (0;1),(1;0) Giải hệ (2) ta cặp nghiệm (0;-1),(-1;0) Câu 3: Ta có : Khi a=b=thì S = Vậy giá trị lớn S Theo BĐT AM-GM: 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 · · · · 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) Do : ; 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 ·ABD  ·ACE ; DBK · ·  DCK ) (Do ·AED  ·ACK , DE  AE  AED  ACK (c  g  c ) CK AC Xét AED ACK có: · · · ·  KAC  DAE hay QAC  DAM Giaovienvietnam.com · · · · · 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 AD  NI  I Ta có 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 MI  IMN cân I , IJ  MN nên IT đường kính đường trịn ngoại · IMN  INT  90  IJ IT  IN tiếp · · 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 OD OE OF NC DN BD (1), (2), (3)       1 AB BC AC BC BC BC Từ Theo bất đẳng thức AM-GM: 1 OD OE OF OD OE OF    33   AB BC AC AB BC AC 2 AB BC AC    OD OE OF 27   AB   BC   AC   AB BC AC  S         33    27  OD   OE   OF   OD OE OF  Đẳng thức xảy O trọng tâm ABC Vậy giá trị nhỏ S 27 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất giá trị tham số ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn: TỐN (chun) Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) m để hàm số y    m  x  nghịch biến ¡ Giaovienvietnam.com O c) Đường thẳng KL cắt đường tròn   hai điểm M , N ( K nằm 1,0 M , L ) Chứng minh AM  AN  AH + Hai tam giác AKL ACB đồng dạng      1 » ·ALK  ABC · »  sd ¼ AM  sd NC  sd AC 2 Suy 1 » »  sd NC »  sd ¼ AM  sd NC  sd AN 2 ¼ »  sd AM  sd AN  AN  AM    0.5 + Chứng minh hai tam giác ALN ANC đồng dạng có góc A chung · · ANL  ACN (cùng chắn cung nhau) AL AN   AN  AL AC AL AC  AH  AN  AH Suy AN AC Mà Từ (4) (5) ta suy AM  AN  AH 0,5  5 a) Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x  y   x  y    x  y    x  y   22 1,0 b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a  a  3b  b Chứng minh 2a  2b  số phương a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2  x  y   x  y    x  y    x  y   22 x  y   x  y    x  y    x  y   22 Ta có    x  y   x  y  3   x  y      x  y    x  y  3  7  1.7  7.1   1  7    7   1 Vì nên ta có trường hợp xảy 10  x   x  y      x  y    y  2  TH1: 10  x  2 x  y      x  y    y  16  TH2:  x  y   1  x  2   x  y     y  TH3:  x  y   7  x  2   y  TH4:  x  y   1 (loại) 0,5 0,125 0,125 0,125 (loại) (thỏa mãn) 0,125 (thỏa mãn)      Vậy phương trình cho có hai nghiệm  2 b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a  a  3b  b Chứng minh 0,5 x; y 2;8 2; 2a  2b  số phương Ta có 2a  a  3b  b   a  b   2a  2b  1  b  * d   a  b, 2a  2b  1 Gọi Giaovienvietnam.com * với d  ¥  a  b  Md   a  b   2a  2b  1 Md  a  b  M d    b Md  bMd Suy  a  b  Md  a Md   2a  2b  Md 2a  2b  1 Md Vì  mà  nên 1Md  d  0,25 0,125 a  b, 2a  2b  1  Do  Từ (*) ta a  b 2a  2b  số 0,125 phương Vậy 2a  2b  số phương Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: a3 b a 2 a) a  b a3 b3 c3 a bc    2 2 2 b) a  ab  b b  bc  c c  ca  a a3 b a 2 a) a  b a  a  b   ab a3 ab   a  2 a  b2 a  b2 Ta có a  b ab ab b a a a a b 2ab Theo BĐT Cauchy ta có a3 b3 c3 a bc    2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a b) b3 c c3 a  b  , c 2 2 c a Tương tự theo câu a) ta có : b  c Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức ta có: a b c a bc  2  2 a b b c c a a3 a3 a3   a2  b2 a  ab  b a2  b2 2 a  b Ta có: 3 1,0 0,5 0,25 0,25 0,5 0,125 b3 b3 c3 c3  ,  2 2 2 Tương tự ta có b  bc  c b  c c  ca  a c  a 0,125 0,125 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức ta có: 0,125 Giaovienvietnam.com 3 a b c   2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a 2  a3 b3 c3  a  b  c       a  b2 b2  c2 c2  a  HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có hai 02 trang) ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: Tốn (Chun) Ngày thi: 11/6/2021 Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)  x x 1 x x   2x  x  A    : x 1 x x x x    Bài 1: (1,0 điểm) Cho biểu thức: (với x  0; x  0) a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm số nguyên x để biểu thức A có giá trị nguyên Bài 2: (1,0 điểm) Giải phương trình: 2x2  x  x2  x    x2  x  , (với x  x  4) y   x2 Bài 3: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ vng góc Oxy cho parabol (P): a) Vẽ đồ thị (P) b) Tìm tọa độ điểm nằm parabol (P) cách hai trục tọa độ Bài 4: (1,5 điểm) Ngày 31/5/2021, Ủy ban Bầu cử tỉnh A ban hành Nghị công bố 51 đại biểu nam nữ trúng cử Hội đồng nhân dân tỉnh khóa X, nhiệm kỳ 2021-2026 Người ta thống kê rằng: tuổi trung bình đại biểu nam trúng cử 1612 413 33 tuổi; tuổi trung bình đại biểu nữ trúng cử tuổi tuổi trung bình 2438 51 đại biểu trúng cử 51 tuổi Tính số đại biểu trúng cử nam; số đại biểu trúng cử nữ tỉnh A Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b hai số thực dương cho 3a  b  a  3b   3a  b   a  3b  a  b 1 Chứng minh Bài 6: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao AM, BN, CP cắt H Gọi I điểm đối xứng H qua BC a) Chứng minh tứ giác ABIC nội tiếp đường tròn (O) Giaovienvietnam.com b) Gọi K trung điểm AB, chứng minh NK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác NHC c) Biết BN cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E CP cắt đường tròn (O) G AI BE CF   AM BN CP điểm thứ hai F Tính giá trị biểu thức Bài 7: (1,0 điểm) Tất học sinh lớp Trường trung học sở Tân Tiến tham gia xếp hàng để đồng diễn thể dục; hàng đươc xếp không 25 học sinh Nếu xếp hàng 16 học sinh cịn thừa học sinh; bớt hàng chia tất học sinh vào hàng lại cho số học sinh hàng Hỏi Trường trung học sở Tân Tiến có ho5c sinh lớp 9? -Hết - ĐÁP ÁN Bài 1: (1,0 điểm) a)  x x 1 x x   2x  x  A     : x 1 x  x x  x         x    x 1    x 1 x  x 1  :  x x 1  x 1 x  x        x 1  x 1 b) Với x  0; x  ta có: Để A ngun         A  x 1  x  x 1 x  x 1  x 1  x  x 1    :         x x x 1    x  x 1   x 1 x 1 x 1  1 x 1 x 1  suy 2M x  x    1;1; 2; 2 x   1 x    x  x   2  x  x 1  x 1  Với x  0; x  , để A nguyên x = x = Bài 2: (1,0 điểm) x2  x  x2  x    x2  x   x  20 x  x  x   SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Giaovienvietnam.com Khóa ngày 05 tháng năm 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có trang) MƠN: TỐN (CHUN) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức với x > x a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị P Câu (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = –2mx – 2m Tìm tất giá trị tham số m cho (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 x2 thỏa mãn Câu (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau tập số thực: a) b) Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x – = b) Lúc giờ, anh Toàn điều khiển xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố B Khi quãng đường, xe bị hỏng nên anh Toàn dừng lại để sửa chữa Sau 30 phút sửa xe, anh Tồn tiếp tục điều khiển xe gắn máy đến thành phố B với vận tốc nhỏ vận tốc ban đầu 10 km/h Lúc 10 54 phút, anh Toàn đến thành phố B Biết quãng đường từ thành phố A đến thành phố B 160 km vận tốc xe đoạn đường khơng đổi Hỏi anh Tồn dừng xe để sửa chữa lúc giờ? Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB > BC > AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Vẽ đường tròn tâm C, bán kính CB cắt đường thẳng AB điểm D cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E a) Chứng minh đường thẳng DE vng góc với đường thẳng AC b) Đường thẳng DE cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Các đường thẳng CO, AB cắt điểm H đường thẳng BE, CF cắt điểm K Chứng minh c) Gọi I giao điểm đường thẳng AB CE Chứng minh IA IB = ID IH Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh HẾT Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức với x > x a) Rút gọn biểu thức P Với x > x ta có: Giaovienvietnam.com P = (x – 1)(x – 2) = x2 – 3x + Vậy P = x2 – 3x + với x > x b) Tính giá trị P (do ) (do ) (thỏa điều kiện) Thay vào P ta Vậy Câu (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = –2mx – 2m Tìm tất giá trị tham số m cho (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 x2 thỏa mãn Giải: Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: x2 = –2mx – 2m x2 + 2mx + 2m = (1) Ta có: ∆’ = m – 2m (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 x2 Phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1 x2 ∆’ > m2 – 2m > m (m – 2) > Theo định lý Vi-ét ta có: Theo đề ta có: (*)  Với m > (*) trở thành: 4m2 – 4m + 4m = 12 m2 = (loại m2 > 4)  Với m < (*) trở thành: 4m2 – 8m – 12 = m2 – 2m – = Vậy với m = –1 (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x x2 thỏa mãn đề Câu (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau tập số thực: a) ĐKXĐ: x ≥ Giaovienvietnam.com (do ) x2 – 4x = (thỏa điều kiện) Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0; 4} b) Lấy (1) – (2) ta được: x2 – y2 – 4x + = (x – 2)2 = y2 TH1: y = x – thay vào (1) ta được: x2 – 8x – 4(x – 2) + = x2 – 12x + 11 =  Với x = y = – = –1  Với x = 11 y = 11 – = TH2: –y = x – thay vào (1) ta được: x2 – 8x + 4(x – 2) + = x2 – 4x – =  Với x = –1 y = – (–1) =  Với x = y = – = –3 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm: S = {(1 ; –1) ; (11 ; 9) ; (–1 ; 3) ; (5 ; –3)} Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x – = Ta có: x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x – = (x2 + 4xy + 4y2) + y2 + 2(x + 2y) + – = [(x + 2y)2 + 2(x + 2y) + 1] = (x + 2y + 1)2 + y2 = Vì x, y nên phương trình tương đương với  Giải (I):  Giải (II): Vậy tập nghiệm nguyên phương trình là: S = {(1; 0); (–3; 0); (–5; 2); (3; –2)} b) Lúc giờ, anh Toàn điều khiển xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố B Khi quãng đường, xe bị hỏng nên anh Toàn dừng lại để sửa chữa Sau 30 phút sửa xe, anh Toàn tiếp tục điều khiển xe gắn máy đến thành phố B với vận tốc nhỏ vận tốc ban đầu 10 km/h Lúc 10 54 phút, anh Toàn đến thành phố B Biết rằng quãng đường từ thành phố A đến thành phố B 160 km vận tốc xe mỗi đoạn đường không đởi Hỏi anh Tồn dừng xe để sửa chữa lúc giờ? Giải: Gọi vận tốc xe ban đầu x (km/h) (x > 10) Vận tốc sau sửa chữa xe là: x – 10 (km/h) Quãng đường từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: (km) Quãng đường lại là: 160 – 120 = 40 (km) Thời gian từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: (h), thời gian từ lúc sửa xe đến B (h) Anh Toàn phải dừng lại sửa xe 30 phút = 0,5 h nên tổng thời gian từ A đến B là: (h) Giaovienvietnam.com Vì lúc từ A đến B 10 54 phút nên tổng thời gian từ A đến B (kể thời gian sửa xe 54 phút = 3,9 (h) Vậy ta có phương trình: 120(x – 10) + 40x = 3,4x (x – 10) 3,4x2 – 194x + 1200 = (1) ∆’ = 97 – 3,4 1200 = 5329 = 732 > nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = 50 (thỏa đk) (không thỏa đk) Suy vận tốc xe từ A đến lúc bị hỏng xe 50 km/h Thời gian anh Toàn từ A đến lúc bị hỏng xe = 2,4 (h) Vậy anh Toàn dừng xe để sửa chữa lúc: + 2,4 = 9,4 (h) = 24 phút Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB > BC > AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Vẽ đường trịn tâm C, bán kính CB cắt đường thẳng AB điểm D cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E a) Chứng minh đường thẳng DE vng góc với đường thẳng AC Xét (O): (2 góc nơi tiếp chắn cung AC) ∆CBD có CB = CD (bán kính (C)) ⇒∆CBD cân C ⇒ Suy Mà ta có: ∆CED có CE = CD (bán kính (C)) ⇒∆CED cân C ⇒ Suy ra: nên ∆ADE cân A ⇒ AE = AD Ta lại có: CE = CD (bán kính (C)) nên AC trung trực ED Suy AC ⊥ ED b) Đường thẳng DE cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Các đường thẳng CO, AB cắt điểm H đường thẳng BE, CF cắt điểm K Chứng minh rằng: Giaovienvietnam.com *Ta có: Mà = (2 góc nội tiếp chắn cung FA (O)) Và (chứng minh câu a) Nên = hay = Do ∆FBD cân F ⇒ FB = FD Mà CB = CD (bán kính (C)) Nên FC trung trực BD ⇒ FC ⊥ DB hay BH ⊥CK *Ta có: CE = CB (bán kính (C)) OE = OB (bán kính (O)) Suy OC trung trực BE ⇒ OC ⊥BE hay CH ⊥BK Xét ∆BCK: CH ⊥BK (cmt) BH ⊥CK (cmt) Suy H trực tâm ∆BCK nên KH ⊥BC ⇒0 Mà BH ⊥CK (cmt) ⇒ Nên (đpcm) c) Gọi I giao điểm đường thẳng AB CE Chứng minh IA IB = ID IH *Xét ∆IAE ∆IBC có: = (2 góc nội tiếp chắn cung AC (O)) (2 góc đối đỉnh) ⇒ ∆IAE ∽ ∆ICB (g – g) ⇒IE IC = IB IA * Ta có: B đối xứng E qua CO (OC trung trực BE) ⇒ (tính chất đối xứng) Và: (∆CBD cân C) Nên: ⇒ CDEH nội tiếp (2 đỉnh kề E, D nhìn cạnh CH góc nhau) = Xét ∆IED ∆IHC có: = (cmt) (2 góc đối đỉnh) ⇒ ∆IED ∽ ∆IHC (g – g) ⇒IE IC = ID IH Mà IE IC = IB IA (cmt) Vậy IB IA = ID IH (đpcm) Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh rằng Áp dụng Bất dẳng thức phụ Dấu “=” xảy , a, b, c > Chứng minh BĐT phụ: Áp dụng BĐT B.C.S cho hai số ta có: Khi ta có: Giaovienvietnam.com (BĐT Cauchy) Dấu “=” xảy x=y=z=2 ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN - THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – 2021 – 2022 x   m   x  3m   với m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 cho Câu Cho phương trình x14  x2  x34  x4  x1 x2 x3 x4 đạt giá trị nhỏ Câu 1) Giải phương trình 2022 2022 x  2021  2023 x  2022  2023  x  xy  y   x  y   5x  y    x  y  2) Giải hệ phương trình  Câu k 1 1) Tìm tất số tự nhiên n k để n  số nguyên tố 2 2) Tìm tất số nguyên dương x, y thỏa mãn x  x  x y  xy  y  y  36  Câu Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P b  a  1 a  b  1  c  b  1 b  c  1  a  c  1 c  a  1  O; R  đường kính AB Lấy điểm C tùy ý nửa đường tròn ( Câu Cho nửa đường trịn C khác A B ) Gọi M , N điểm cung AC cung BC Hai đường thẳng AC BN cắt D Hai dây cung AN BC cắt H 1) Chứng minh tứ giác CDNH nội tiếp  O; R  2) Gọi I trung điểm DH Chứng minh IN tiếp tuyến nửa đường tròn 3) Chứng minh C di động nửa đường tròn tiếp xúc với đường trịn cố định  O; R  đường thẳng MN  O; R  không chứa C lấy điểm P tùy ý ( P khác A B ) Gọi 4) Trên nửa đường tròn Q, R, S hình chiếu vng góc P AB, BC , CA Tìm vị trí P để tổng AB BC CA   PQ PR PS đạt giá trị nhỏ Giaovienvietnam.com x   m   x  3m   với m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 cho x14  x2  x34  x4  x1 x2 x3 x4 đạt giá trị nhỏ Câu Cho phương trình Lời giải t   m   t  3m    1 Đặt x  t , t  Phương trình trở thành: Phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt phương trình phân biệt  t1  t2  1 có hai nghiệm dương    m     3m  3   m  8m  16  m    S  m   m  m   P  3m   Ta  Giả sử x1  x2  x3  x4 2 2 Khi đó, đặt x1  x4  t2 ; x2  x3  t1 ; t1  0; t2  Ta có  27 27  P  2t  2t  2t1t2  2S  P   m     3m  3  2m  10m  26   m     2 2  m (thỏa mãn điều kiện) Dấu xảy 2 2 27 m Vậy giá trị nhỏ P , đạt Câu 1) Giải phương trình 2022 2022 x  2021  2023 x  2022  2023  x  xy  y   x  y   5x  y    x  y  2) Giải hệ phương trình  Lời giải 2021   x  2022 2022  x  2023  x  2022 2023 1) Điều kiện:  2022 2022 x  2021  2023 x  2022  2023  2022    2022 x  2021   2023 x  2022   2022  2022 x  2022  2022 x  2021   2023 x  2023 0 2023x  2022    2022 2023   x  1   0 2023x  2022    2022 x  2021   x 1 Giaovienvietnam.com Vậy phương trình có nghiệm x  3 2) x  xy  y    x  y   3xy  x  y   xy     x  y    x  y    x  y   4  3xy  x  y        x  y    x  xy  y  x  y   3xy     x  y    x  y  xy  x  y    x  y    2  x     y     x  y  y  x 2   x  2    y  x2  y  0    x  y x  y   x  y    x  y  , ta Thay vào phương trình 3x   x    x  x      3x    DK : x    4x     x2  x  2  3     x  1    x  2  4x    3x     x 1 Vậy hệ có nghiệm Câu  x; y    1; 1 k 1 1) Tìm tất số tự nhiên n k để n  số nguyên tố 2 2) Tìm tất số nguyên dương x, y thỏa mãn x  x  x y  xy  y  y  36  Lời giải A  n  42 k 1   n    22 k 1    n  22 k 1   2n 22 k 1 2   n  22 k 1    n.2k 1    n  22 k 1  n.2k 1   n  22 k 1  n.2k 1  2 k 1 2 k 1  n.2 k 1   n  2.n.2k 1     n  A số nguyên tố  n  n  n     k 1  n2  n   n   1  k  Thử lại A    , thỏa mãn yêu cầu k 1 2 2 2) x  x  x y  xy  y  y  36    x  y   x  y  x y    x  xy  y   36    x  y  1   x  y   37  1 Nhận xét:  x2  y   x  y    x  y 1   x  ¥ *; y  ¥ * Giaovienvietnam.com  x  y    x  x      x  y   y  x    x  y 1     x  x     x        y  x  y   x  y  1    x  y    x  x       x  y  6  y  x  2  x; y    2;3 Vậy phương trình có nghiệm: Câu Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P b  a  1 a  b  1  c  b  1 b  c  1  a  c  1 c  a  1 Lời giải 2  a  b  c  3 abc  abc    3 Ta có P  33 a  1  b  1  c  1 abc a a 1    1313 a 9a a b b 1    1313 b 9b b c c 1    1313 c 9c c P  3 133.13  39 a b5 c 13 12 27 Dấu xảy a bc 15 2 224.354   3  13 2  O; R  đường kính AB Lấy điểm C tùy ý nửa đường tròn ( Câu Cho nửa đường trịn C khác A B ) Gọi M , N điểm cung AC cung BC Hai đường thẳng AC BN cắt D Hai dây cung AN BC cắt H 1) Chứng minh tứ giác CDNH nội tiếp  O; R  2) Gọi I trung điểm DH Chứng minh IN tiếp tuyến nửa đường tròn 3) Chứng minh C di động nửa đường tròn tiếp xúc với đường trịn cố định  O; R  đường thẳng MN Giaovienvietnam.com  O; R  không chứa C lấy điểm P tùy ý ( P khác A B ) Gọi 4) Trên nửa đường tròn Q, R, S hình chiếu vng góc P AB, BC , CA Tìm vị trí P để tổng AB BC CA   PQ PR PS đạt giá trị nhỏ Lời giải · · 1) Có AC  CH  DCH  90 ; AN  NB  HND  90 · ·  DCH  DNH  180  tứ giác CDNH tứ giác nội tiếp 2) Tam giác DNH vng N có NI trung tuyến ứng với cạnh huyền Ta · · INH  IHN · · Tứ giác CDNH nội tiếp nên IHN  NCD · · Tứ giác ACNB nội tiếp nên NCD  NBA · · · · Tam giác ONB cân O nên NBA  ONB  NBA  ONA  90 ·  O; R  Suy INO  90 Vậy IN tiếp tuyến nửa đường trịn · · 3) Ta có OM tia phân giác góc AOC , ON tia phân giác góc NOB Hai góc kề bù, suy ON  OM Tam giác OMN vuông cân O Gọi J trung điểm MN , ta có MN  OJ ; OJ  1 R MN  R2  R2  2 R Suy MN tiếp xúc với đường trịn tâm O , bán kính 4) AB BC CA2   PQ AB PR.BC PS CA Có PQ AB  PA.PB P BC · · PR.BC  PB.PC.sin BPC  PB.PC.sin BAC  PB.PC AB Giaovienvietnam.com AC · · PS CA  PA.PC.sin ·APC  PA.PC.sin APC  PA.PC.sin ABC  PA.PC AB Ta  P AB AB AC AB.BC AB AB AC PA  AB.BC.PB     PA.PB PC PB PC PA PA.PB PA.PB.PC AB  AC.PA  BC.PB  AB AB AB AB.PC    PA.PB PA.PB.PC PA.PB PA.PB.PC d /l AB AB 2  4 PA.PB PA2  PB Dấu xảy P điểm cung AB không chứa C Ptolemy  ... giải 2021   x  2022 2022  x  2023  x  2022 2023 1) Điều kiện:  2022 2022 x  2021  2023 x  2022  2023  2022    2022 x  2021   2023 x  2022   2022  2022 x  2022  2022. .. a = ( ) ( ) ( ) Û Û ëc =- a ìï 1 1 1 ïï 2021 + 2021 + 2021 = 2021 - 2021 + 2021 = 2021 ïï a b c a a c c í ïï 1 = 2021 = 2021 ïï 2021 2021 2021 2021 2021 ( *) a - a +c c  Với a =- b, suy ra:...  b  2021 Với a  b loại a, b phân biệt Với a  b  2021  b  2021  a  ab  2021a  a    a  2021a   c Giaovienvietnam.com 1 2021 a  b 2021 2021 2021       0 a  b  2021;