7 CHUYÊN bến TRE 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn: TỐN (chun) Thời gian: 150 phút (khơng kể phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) ( ) a Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = − 7m x + nghịch biến ¡ ( ) ( ) b Cho Parabol P : y = x đường thẳng d : y = − x + Biết ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) B ( x2 ; y2 ) x1 < x2 4x2 + y1 , với Tính c Rút gọn biểu thức A = ( x − − 1) + x + x − − (với x ≥ ) Câu (1,0 điểm) 2 Cho phương trình: x − ( m + 3) x + 4m − = (1), với m tham số Tìm m để phương trình x + x2 + x1 x2 = 20 (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa Câu (3,0 điểm) 2 a Giải phương trình nghiệm nguyên: x y − xy + x − = y − xy − y  y − xy − =  2 b Giải hệ phương trình: 4 x − y + y − x + = ( ) c Giải phương trình: x + ( x + − x + ) + x + x + 10 = Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x , y z thỏa xy + xz = Chứng minh rằng: yz xz xy + + ≥8 x y z Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A với ( AB > AC ), có đường cao AH Biết BC = 1dm AH = 12 dm 25 a)Tính độ dài hai cạnh AB AC b)Kẻ HD ⊥ AB ; HE ⊥ AC (với D ∈ AB , E ∈ AC ) Gọi I trung điểm BC Chứng minh IA ⊥ DE Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường phân giác ngồi góc A cắt đường thẳng BC điểm D Gọi M trung điểm BC Đường tròn ngoại tiếp ∆ADM cắt đường thẳng AB , AC E F (với E , F khác A ) Gọi N trung điểm EF Chứng minh MN // AD Câu (2,0 điểm) ( ) a)Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y = − 7m x + nghịch biến ¡ ( ) ( ) b)Cho Parabol P : y = x đường thẳng d : y = − x + Biết ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) B ( x2 ; y2 ) x1 < x2 4x2 + y1 , với Tính c) Rút gọn biểu thức A = ( x − − 1) + x + x − − (với x ≥ ) Lời giải ⇔ − 7m < ⇔ m > ( ) a)Hàm số y = − 7m x + nghịch biến ¡ hàm số cho nghịch biến ¡ Vậy b)Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( P ) ( d ) , ta có: m> 2x2 = − x + ⇔ x2 + x − = Có: ∆ = ( −1) + 4.2.6 = 49 > Vậy phương trình có nghiệm phân biệt: −1 − 49 −1 + 49 = −2 x2 = = 2.2 2.2 Với x1 = −2 , ta có y1 = , suy A ( −2;8 ) 3 9 B ; ÷ x2 = y2 = , ta có , suy  2  Với Khi đó, ta có: x2 + y1 = + = 14 x1 = Vậy x2 + y1 = 14 c) A = ( x − − 1) + x + x − − = x − − x − +1+ = x −1 − x − + (2 (2 x − ) + 2.2 x − + x − + 1) 2 = x −1 − x − + x − + = x −1 − x − + x − + Vậy A = x ( x − + > 0) =x Câu (1,0 điểm) Cho phương trình: x − ( m + 3) x + 4m − = (1), với m tham số Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1 + x2 + x1 x2 = 20 Lời giải 2 Ta có: ∆ = ( m + 3) − ( 4m − ) = m + 6m + − 16m + 16 = m − 10m + 25 = ( m − ) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2 ∆ > ⇔ ( m − 5) > ⇔ m − ≠ ⇔ m ≠ Vậy với m ≠ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  x1 ≥  x1 + x2 + x1 x2 = 20 x ≥0 Theo đề ta có: (2), với điều kiện  Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 ≥ x2 ≥ , nghĩa m ≠ m ≠ m ≠   m + ≥ ⇔ m ≥ −3 ⇔  m ≥  4m − ≥ m ≥   (*)  x1 + x2 = m +  x x = 4m − Áp dụng định lý Vi-et, ta có:  Ta có: ( x1 + x2 ) = x1 + x2 + x1 x2 = m + + 4m − = m + + m −1 = m −1 + m −1 + = ( m −1 + 2) Từ đó, ta suy x1 + x2 = m − + ( m − + > 0, ∀m ≥ 1) Từ phương trình (2), ta x1 + x2 + x1 x2 = 20 ⇔ m − + + 4m − = 20 ⇔ m − = 22 − 4m 22 − 4m ≥ ⇔ m ≤ Giải phương trình (3) với điều kiện: ( 3) ⇔ m − = ( 22 − 4m ) 11 (**) ⇔ m − = 484 − 176m + 16 m2 ⇔ 16m − 177m + 485 = ( 4) Ta có: ∆ = ( −177 ) − 4.16.485 = 289 > Vậy phương trình (4) có nghiệm phân biệt: 177 − 289 177 + 289 97 =5 m= = 2.16 2.16 16 So với điều kiện (*) (**) m ∈ ∅ m= Vậy không tồn giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu (3,0 điểm) (3) 2 a)Giải phương trình nghiệm nguyên: x y − xy + x − = y − xy − y  y − xy − =  2 b)Giải hệ phương trình: 4 x − y + y − x + = ( ) c)Giải phương trình: x + ( x + − x + ) + x + x + 10 = Lời giải a)Ta có: x y − xy + x − = y − xy − y ⇔ x y − xy + x − − y + xy + y = ⇔ ( x y + xy ) − ( xy + y ) + ( x + y ) = ⇔ xy ( x + y ) − y ( x + y ) + ( x + y ) = ⇔ ( x + y ) ( xy − y + ) = ( 1) Vì phương trình nghiệm nguyên nên ta có:  x + y =  xy − y + = ( 1) ⇔     x + y = −1    xy − y + = −1 (*) ( **) x = 1− y x = 1− y x = 1− y  x = 0; y =  ( *) ⇔  ⇔ ⇔  y = ⇔   x = 2; y = −1 − y + = ( − y ) y − y + =   y = −1    x = −1 − y  x = −1 − y  x = −1 − y  x = −2; y =  (**) ⇔  ⇔ ⇔  y = ⇔  x = 2; y = −3 − y − y + = ( −1 − y ) y − y + =   y = −3  Vậy tập nghiệm hệ phương trình là: S = { ( 0;1) , ( 2; −1) , ( −2;1) , ( 2; −3) } b)Ta có:  y − xy =  y − xy − = ⇔  2 2 x − y + y − x + =  ( x − y ) + ( y − x ) + ( y − xy ) =  y − xy = ⇔ ( x − y ) ( x + y ) − ( x − y ) − y ( x − y ) =  y − xy = ⇔ ( x − y ) [ x + y − − y ] =  y − xy = ⇔ ( x − y ) ( x − 1) =  y − xy =  ⇔ 2 x − y = 2 x − =  Mặt khác, y − xy = ⇔ y ( y − x ) = , nghĩa y − x ≠ Do đó, từ hệ phương trình ban đầu đề cho, ta giải hệ phương trình sau:  x=    y − xy = x =  ⇔ ⇔  y = −1 2 x − =  y2 − y − =      y = 2      S =  ; −1÷,  ;2 ÷      Vậy hệ có tập nghiệm ( ) c)Giải phương trình (*): x + ( x + − x + ) + x + x + 10 = −5  x≥  x + ≥    ⇔  x ≥ −2 ⇔ x ≥ −2 x + ≥  2 x + x + 10 ≥ −5   x ≤ ∨ x ≥ −2  Điều kiện xác định: a = x + ( a ≥ 1)  ( b ≥ 0) Ta đặt b = x + a − 2b = ( x + ) − ( x + ) =  2 a − b = ( x + 5) − ( x + ) = x −  ab = ( x + ) ( x + ) = x + x + 10 Ta thấy  Phương trình (*) trở thành: ( a − b ) ( a − 2b ) + ab = a − 2b ⇔ ( a − b ) ( a − 2b ) − ( a − b ) + ( b + ab ) = ⇔ ( a − b ) ( a − 2b − 1) + ( b + ab ) = ⇔ ( a − b ) ( a + b ) ( a − 2b − 1) + b ( a + b ) = ⇔ ( a + b ) [ ( a − b ) ( a − 2b − 1) + b ] = ( 1) a + b = ⇔ ( a − b ) ( a − 2b − 1) + b = ( ) Vì a + b ≥ nên ta giải phương trình (2) ( a − b ) ( a − 2b − 1) + b = ⇔ ( a − b ) ( a − b − 1) − b ( a − b ) + b = ⇔ ( a − b ) ( a − b − 1) − b ( a − b − 1) = a − b − = ⇔ ( a − b − 1) ( a − 2b ) = ⇔   a − 2b = TH1: Với a − 2b = , ta có a − 2b = ⇔ x + − x + = ⇔ 2x + = x + ⇔ x + = ( x + 2) ⇔ x = − x=− (Nhận) So với điều kiện TH2: Với a − b − = , ta có a − b −1 = ⇔ 2x + − x + −1 = ⇔ 2x + = x + + ⇔ 2x + = x + + x + ⇔ x+2−2 x+2 = ⇔ x + ( x + − 2) =  x+2=0 x + =  x = −2  x = −2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x + = x =  x+2=2  x + − = So với điều kiện x = (Nhận) x = −2 (Nhận) { } S = −2; − ; 2 Vậy tập nghiệm phương trình Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x , y z thỏa xy + xz = Chứng minh rằng: yz xz xy + + ≥8 x y z Lời giải Ta đặt M= yz xz xy + + x y z , ta có yz xz xy + + x y z yz yz xz xz xy xy = +3 + +4 +3 +4 x x y y z z M=  yz xz   yz xy   xz xy  =  + ÷ +  + ÷+  + ÷  x y  x z  y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta M ≥2 yz xz yz xy xz xy + 3.2 + 4.2 x y x z y z ≥ z + y + 8x ≥ ( 2z + 2x) + ( y + 6x) Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta M ≥ 2.2 xz + 6.2 xy ≥ ( xz + xy ) = 4.2 =  x = y = z ⇔x= y=z=  xz + xy = Dấu “ = ” xảy  x=y=z= M ≥ (đpcm) Vậy Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A với ( AB > AC ), có đường cao AH Biết BC = 1dm AH = 12 dm 25 a Tính độ dài hai cạnh AB AC c)Kẻ HD ⊥ AB ; HE ⊥ AC (với D ∈ AB , E ∈ AC ) Gọi I trung điểm BC Chứng minh IA ⊥ DE Lời giải a Tính độ dài hai cạnh AB AC Áp dụng hệ thức lượng định lý Pytago cho ∆ABC vng A , ta có:  AB + AC = BC =  AB + AC =    12 ⇔  144 AB AC = AH BC =   AB AC = 25 625   2 Khi đó, AB AC nghiệm dương phương trình Áp dụng hệ định lý Vi-et, ta 144 X − 1X + =0 625 144 49 ∆ = 12 − 4.1 = >0 625 625 Ta có: nên phương trình có nghiệm phân biệt: X1 = 1− 49 49 1+ 625 = 625 = 16 X2 = 25 2.1 25 Theo giả thiết, AB > AC , nên ta được: 16   AB = X = AB =   25 AB > AC ⇒  ⇒  AC = X =  AC =  25  AB = dm AC = dm 5 Vậy a) Chứng minh IA ⊥ DE Gọi F giao điểm AI DE · HEA = 90° ( HE ⊥ AC )  · ° HDA = 90 ( HD ⊥ AB ) · DAE = 90° ( ∆ABC vuô ng A ) EHDA Xét tứ giác , ta có: ⇒ Tứ giác EHDA hình chữ nhật (tứ giác có góc vng) ⇒ Tứ giác EHDA tứ giác nội tiếp ⇒ ·ADE = ·AHE (hai góc nội tiếp chắn cung AE ) · · · Mà AHE = ECH (cùng phụ với CHE ) · ⇒ ·ADE = ECH ⇒ ·ADE = ·ACB (1) Xét ∆ABC vng A có I trung điểm BC BC (định lý đường trung tuyến tam giác vuông) · · ⇒ ∆IAB cân I ⇒ IAB = IBA (2) ° · · · · · · Từ (1) (2), ta suy ra: ADE + IAB = ACB + IBA = ACB + ABC = 90 ( ∆ABC vuông A ) Áp dụng định lý tổng góc ∆ADF , ta có: · · · · · · FAD + FDA + AFD = 180° ⇒ AFD = 180° − FAD + FDA ⇒ IA = IB = ) ( ) ( · FD = 180 − A · ⇒A ) ( · BC + ACB · · · ⇒ AFD = 180° − IAB + ACB ° · ⇒ AFD = 180° − 90° = 90° ( ∆ABC vuông A ) Do đó, IA ⊥ DE (đpcm) Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường phân giác ngồi góc A cắt đường thẳng BC điểm D Gọi M trung điểm BC Đường tròn ngoại tiếp ∆ADM cắt đường thẳng AB , AC E F (với E , F khác A ) Gọi N trung điểm EF Chứng minh MN // AD Lời giải Dựng hình bình hành BPCF ⇒ Hai đường chéo BC PF cắt trung điểm đường Mà M trung điểm BC (gt) ⇒ M trung điểm PF Xét ∆PEF , ta có N trung điểm EF (gt), M trung điểm PF (cmt) ⇒ MN đường trung bình ∆PEF ⇒ MN P EP (1) · · = MFA Ta có: MPB (cặp góc so le PB P FA , PBFC hình bình hành) · · · = MEA = MFA Mà MDA (các góc nội tiếp chắn cung AM ) · · · · ⇒ MEA = MPB = MPB , nghĩa MEB · · = MPB Xét tứ giác BMEP , ta có MEB (cmt) ⇒ Tứ giác BMEP nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau) · · ⇒ BEP = BMP (hai góc nội tiếp chắn cung BP ) · · = FMD Mà BMP (đối đỉnh) · · = FAD Mặt khác FMD (hai góc nội tiếp chắn cung FD ) · · · ⇒ BEP = FAD , nghĩa ·AEP = FAD (2) · Ta có: AD phân giác BAC (gt) ° · · Mà BAC + CAE = 180 (kề bù) · · · ⇒ AD phân giác CAE ⇒ FAD = EAD (3) · Từ (2) (3), ta suy ·AEP = EAD Mà góc nằm vị trí so le nên EP P AD Từ (1) (4), ta suy MN P AD (đpcm) (4)