10 CHUYÊN BÌNH PHƯỚC 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2021 MƠN THI: TỐN CHUN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 9/6/2021 (Đề thi gồm có 01 trang)     x x 1 x x    x  x   A     :  x 1 x  x x  x    Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên   Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x x   x  x  2 x  xy  x  y    x  1  x  xy  x  y     x   x  y  2x  y  b) Giải hệ phương trình:  2 Câu (1,5 điểm) Cho phương trình: x  2( m  3) x  3m  8m   , với m tham số a) Tìm m để phương trình có nghiệm trái dấu b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 phân biệt thỏa mãn điều kiện: x12  x2  3x1 x2  x1  x2 Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  O nội tiếp đường tròn   , D O , điểm cung nhỏ BC đường tròn   H chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC Hai điểm K , L hình chiếu vng góc H lên AB AC a) Chứng minh AL.CB  AB.KL b) Lấy điểm E đoạn thẳng AD cho BD  DE Chứng minh E tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC O c) Đường thẳng KL cắt đường tròn   hai điểm M , N ( K nằm M , L ) Chứng minh AM  AN  AH Câu (1,0 điểm)       a) Tìm nghiệm nguyên phương trình:  2 b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a  a  3b  b Chứng minh 2a  2b  số phương Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: x  y x  y  x  y  x  y  22 a) a3 b a 2 a b a3 b3 c3 abc    2 2 2 c  ca  a b) a  ab  b b  bc  c HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC (Hướng dẫn chấm gồm 07 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2021 MƠN THI: TỐN CHUN Lưu ý: - Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,125 - Học sinh giải cách khác với đáp án giám khảo xem xét, cho điểm tối đa Câu Nội dung Điểm     x x 1 x x 1   x  x 1  A     :  x 1 x  x x  x    Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A 1,0 0,25 ĐKXĐ: x  0, x  Ta có    x  x 1 x x  x  1 x x   x  1  x  x  1 x  x    x x x x  x  1  x  x  1  x  1  x  1   x 1 x 1  x  1  x  1 x x 1  x x    1,5 x 1 x  x  0,5      x  x  x  x    x 1 A    :   x x x 1      Vậy b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên A Ta có x 1  1 x 1 x 1 Để A nhận giá trị nguyên Hay  x 1 x 1  x    2; 2;1; 1 0,25 0,5 0,125 x  ước 0,25       Suy  x   2  x  1  l  x   1  x   x   l  x 1   x   x   n x 1   x   x   n Vậy có giá trị x  4; x  A nguyên 0,125 a) Giải phương trình: x x   x  x  b) Giải hệ phương trình: 2 x  xy  3x  y    x  1  x  xy  x  y      x   x  y  x  y  1,0 a) Giải phương trình: x x   x  x  XĐ: ĐK Ta có Pt x 2,0 3 0,125   x2  x   x 2x   x2  8x   x  x     2x  2 0,25  x  2x   2x   2x   x     x  x   2 x   x   3 x    x  2    x  2   x  1(n)    x  x    x        x      x  1 ( n )    9 x  10 x      x   (l )     Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm x  1 b) Giải hệ phương trình: 2 x  xy  3x  y    x  1  x  xy  x  y      x   x  y  x  y   x  1  x  xy  x  y    x 1   x  y  2 x  y    Điều kiện: Ta có phương trình (2)  x    x  1  x  y   x  y   x  y   0,5 0,125 1,0 0,125 0,25  x  1  x  y     x  1  x  y     x  1  x  y    x  xy  x  y  (*) 2 Ta có phương trình (1)   x  xy  x  y   x    x  1  x  xy  x  y    x   36  x  1  36  x  1  x   x  4   x  4    x  ( n)  x  4   2   x  26 (n) 36  x  1  x  x  16  x  28 x  52   0,25  Với x  thay vào (*) ta có: (*)   y   y   6 y  2  y  pt  Với x  26 thay vào (*) ta có: (thỏa mãn) (*)  676  52 y  26  y   54 y  698  y  349 27 (thỏa mãn) x   x  26     349  y   y  27 Kết luận: Hệ có nghiệm là: 2 Cho phương trình: x  2( m  3) x  3m  8m   , với m tham số a) Tìm m để phương trình có nghiệm trái dấu x1; x2 m b) Tìm để phương trình có nghiệm kiện x1  x2  3x1 x2  x1  x2 a) Tìm m để phương trình có nghiệm trái dấu Để phương trình có nghiệm trái dấu 0,25 phân biệt thỏa mãn điều 0,125 1,5 x1.x2   3m2  8m     m  1  3m     m    m    m     3m     1 m   m    m     3m    m   1 m  thỏa u cầu tốn Vậy 0,75 0,25 0,375 0,125 b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa mãn điều 0,75 2 kiện x1  x2  x1 x2  x1  x2 Phương trình có nghiệm phân biệt    m  3  3m  8m    m  6m   3m  8m   0,125  2m  2m    1  m   x1  x2  2(m  3)  Theo định lý Vi-et ta có:  x1 x2  3m  8m  (1) 0,125 (2) Theo đề ta có x  x  x12  x22  3x1 x2  x1  x2   x1  x2   x1  x2   x1  x2    x1  x2   0,25  TH1: x1  x2  (loại x1  x2 )  TH2: x1  x2   , kết hợp với (1) ta có hệ: 2m   x2    x1  x2   m  3 3 x2  2m       x1  x2    x1  x2   x  4m  11  x1 ; x2 Thay tìm vào (2) ta có: 4m  11 2m   3m  8m  3 m   l   19m  22m  32     m  16  tm   19 16 m 19 thỏa u cầu tốn Kết hợp với điều kiện ta có Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  O nội tiếp đường tròn   , D điểm 0,25 O , cung nhỏ BC đường tròn   H chân đường cao vẽ từ A tam giác ABC Hai điểm K , L hình chiếu vng góc H lên AB AC 3,0 a) Chứng minh AL.CB  AB.KL b) Lấy điểm E đoạn thẳng AD cho BD  DE Chứng minh E tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC O c) Đường thẳng KL cắt đường tròn   hai điểm M , N ( K nằm M , L ) Chứng minh AM  AN  AH a) Chứng minh AL.CB  AB.KL Xét hai tam giác AKL ACB , có: + µA chung AK AL  AC AB + Suy hai tam giác AKL ACB đồng dạng AK AB  AH  AL AC  0,5 AL KL   AL.CB  AB.KL Suy AB CB 0,5 b) Lấy điểm E đoạn thẳng AD cho BD  DE Chứng minh E tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 1,0 Ta có D điểm cung nhỏ BC nên AE đường phân giác 0,25 góc A tam giác ABC (*) · · BED  EBD  1 + Tam giác DBE cân D nên : 0,125 · · · · · · BED  BAD  ABE  BCD  ·ABE  DBC  ABE 0,25 + + Ta có · · · EBD  DBC  EBC  3  2 0,125 · · Từ (1), (2), (3) suy ABE  EBC hay BE phân giác góc B 0,25 tam giác ABC  ** Từ (*) (**) suy E tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 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      » ·ALK  ·ABC  sd ¼ » AM  sd NC  sd AC 2 Suy 1 » »  sd ¼ AM  sd NC  sd »AN  sd NC 2  sd ¼ 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 2 b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a  a  3b  b Chứng minh 2a  2b  số phương a) Tìm nghiệm ngun phương trình:  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  2 x  y      x  y     y    TH1: 10  x  2 x  y      x  y   16  y    TH2:  x  y   1  x     y  TH3:  x  y   7 2 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 Gọi 2a  a  3b  b   a  b   2a  2b  1  b  * d   a  b, 2a  2b  1 * với d  ¥  a  b  Md   a  b   2a  2b  1 Md   2a  2b  1 Md  b Md  b Md 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 a) a3 b a 2 a b 0,5 a  a  b   ab a3 ab   a  2 a2  b2 a  b2 Ta có a  b ab ab b a 2 a  a a b 2ab Theo BĐT Cauchy ta có b) 1,0 a3 b3 c3 abc    2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a 0,25 0,25 0,5 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: a3 b3 c3 abc    2 2 2 a b b c c a a3  a  ab  b Ta có: a3 a3  a2  b2 a  b2 2 a  b 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 0,125 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức ta có: 0,125 a3 b3 c3   a  ab  b b  bc  c c  ca  a 2  a3 b3 c3  a  b  c       a  b2 b  c c  a  HẾT