038 đề thi vào 10 chuyên toán sơn la 2019 2020

UBND TỈNH SƠN LA CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Môn : Toán (Lớp chuyên) Câu (2,0 điểm)  A    a) Rút gọn biểu thức: x   x 3   : x 1   x  B  x  x   2019 x x 2 x 2    x  x  x 6   3 10   21   Câu (2,0 điểm) Cho phương trình : x  mx  m  0 a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn biểu thức b) Tính giá trị biểu thức A x1 x2  x12  x22    x1x2  đạt giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x  3x  3 x  Câu (3,0 điểm) Từ điểm I nằm ngồi đường trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến IA IB đến đường tròn ( A, B tiếp điểm) Tia Ix nằm hai tia IA IB, Ix không qua O cắt đường tròn (O) C E ( E nằm C I), đoạn IO cắt AB M Chứng minh a) Tứ giác OMEC nội tiếp   b) AMC  AME IE  MB     IC c)  MC  Câu (1,0 điểm) 362  121 2 ab  bc  ca Cho a, b, c  thỏa mãn 3 Chứng minh rằng: a  b  c Câu (1,0 điểm) Trong tam giác có cạnh đáy a, chiều cao tương ứng h ( a, h cho trước, không đổi) Hãy tìm tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn ĐÁP ÁN Câu a) ĐKXĐ: x 0; x 4, x 9  x   x 3 A     : x  x     x 2 x 2    x  x  x 6 A x 9 x4 x 2 : x 1 x x A x 1    x    x x 1   1 x x b) Ta có: x    3 10  21    2     3  1  3   5 2 Vậy B  x  x   2019        4 5 8   2019          1  2019  2019  Câu 2 a) Phương trình x  mx  m  0 có hai nghiệm dương phân biệt m  4m        m    m 2    S   m  m  m    P  m      m 2  m 1 Vậy với  phương trình cho có hai nghiệm dương phân biệt b) Vì   m   0 với m nên phương trình cho ln có hai nghiệm phân  x1  x2 m  x x m  x , x biệt Theo hệ thức Vi-et ta có:  Khi đó: A x1x2  x1x2  x1x2    x12  x22    x1 x2   x1  x2   x1 x2   x1x2  x1  x2    m  1  4m    A  m   4m  2 m 2 m 2  Am  4m  A  0(1) A  1 có nghiệm  ' 0   A  A   0  A2    A  1  A   0    A 2 A  0 Vậy MinA    m  4m  0  m  Vậy với m  phương trình có hai nghiệm thỏa mãn đề Câu 3 11   11 x  x  x  x    x     0x    VT  4  2 Có 7 x ĐKXĐ: 2 x  x   x 3 x   Đặt x  x   x  3x   12 0 x  3x  t  t   , ta có phương trình:  t 3(tm) t  t  12 0    t  4( ktm) t 3  Với  x  1(tm) x  x  3    x 4(tm) Vậy S   1;4 Câu A C E I M O B   a) IAE ICA có IAE ICA (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AE ) góc I chung IA IE   IA2 IE.IC (1) IC IA Lại có IAO vng A có AM  IO (do IO trung trực đoạn AB)  IA2 IM MO (2)  IAE ICA( g g )  Từ (1) (2) ta có: IE.IC IM IO  IE IO  IM IC IE IO    IEM IMC có góc I chung IM IC  IEM IOC  c.g c   IME OCE  Tứ giác OMEC nội tiếp (góc đỉnh góc ngồi đỉnh đối diện) b) Do tứ giác OMEC nội tiếp (câu a)    OEC OMC (hai góc nội tiếp chắn cung OC )   Mà OEC OCE (do tam giác OCE cân O)     Và OCE IME (chứng minh trên)  IME OMC   0     Mà IME  EMA 90 OMC  CMA 90 (do AB  IO )  AMC  AME c) CMO ICO có:       CMO ICO OEC ; IOC chung CM IC   CM CO MO.IC MO CO CM CM  CM CO CM MO.IC   (1) MO.IC CO    IEM MOC IOC    IEM   COM ( g g ) Lại có (do theo câu a EMI OMC (câu b) IM CM   (2) IE CO IM CM IM IO IE    MC IC Từ (1) (2) ta có: IE MO.IC Mà MA MI MO (hệ thức lượng tam giác vuông IAO)  CMO ICO ( g g )    IE  MB  MA2 IE MB IE    MA  MB     IC MC IC mà MC IC hay  MC  Câu 1    Với số thực dương a, b, c ta có a b c a  b  c Thật ta có: 1 a b c a b c  a  b  c                   a b c  b a  a c  c b CoSi     9 1    (*) a b c a  b  c Vậy , Dấu " " xảy a b c Với ba số thực a, b, c ta có:  ab  bc  ca   a  b  c  Thật vậy:  ab  bc  ca   a  b  c   3ab  3bc  3ca a  b  c  2ab  2bc  2ca  a  b  c  ab  bc  ca 0 2    a  b    b  c    c  a   0  2  a  b  c ab  bc  ca  Luôn với a, b, c Vậy Dấu " " xảy a b c Áp dụng  * ,  ** giả thiết a  b  c 3, ta có: 362  2 a b c ab  bc  ca 1 360     2 a b c ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca 360 360.3     121 2  a  b  c  a  b  c 9 Dấu " " xảy a b c Câu C' A I F P G B H E C (**) Tam giác ABC có B, C cố định, AH h Vậy A thuộc đường thẳng d cố định song song với BC cách BC đoạn h Gọi  O; r  đường tròn nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với BC , AC , AB S ABC  AH BC E , F , G Ta có: (khơng đổi ) (1) S ABC S AOB  S BOC  SCOA  r  AB  BC  CA  Mặt khác Từ (1) (2) ta có r lớn AB  AC nhỏ Lấy C ' đối xứng với C qua d  C ' cố định AC  AC '  AB  AC  AB  AC ' BC '  AB  AC nhỏ A I (I giao BC ' d ) Gọi P trung điểm CC ' d / / BC nên I trung điểm BC '  IB IC ' IC  AB  AC Vậy r lớn tam giác ABC cân A (2)