Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên trà vinh năm học 2018 2019 (vòng 2 có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRÀ VINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Bài (2,0 điểm)  x − 1 + x − y  x2 − y2 x Cho biểu thức: Q =  y ÷: với x > y > ÷ x − x2 − y  Rút gọn Q Xác định giá trị Q x = y Bài (1,0 điểm) Cho đường thẳng (d ) : y = ax + b Tìm a, b biết đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol ( P) : y = x điểm A(−1;1) Bài (2,0 điểm) x2 + x2 − = − x2  x2 + y = y + Giải hệ phương trình:   xy = x + 1 Giải phương trình: Bài (1,0 điểm) Với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm: (b + c − a ) x − 4bcx + (b + c − a ) = Bài (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 2 x3 + y + z + + ≤ + Chứng minh: x + y2 y + z z + x2 xyz Bài (3,0 điểm) Từ điểm A nằm bên ngồi đường tròn (O; R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC ( I ∈ AB, K ∈ AC ) Chứng minh AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn · · Vẽ MP ⊥ BC ( P ∈ BC ) Chứng minh MPK = MIP Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI MK MP đạt giá trị lớn HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Q= = = 1) Bài (2,0đ) = = = Nội dung   x x y ÷: − 1 + 2 2 2 x − y  x −y ÷  x− x − y x + x2 − y x − x2 − y − × y x2 − y x2 − y2 x x x2 − y x x2 − y ( x2 − x2 + y − y x2 − y2 y − x− y ) 1.5 x2 − y 2 x + y x − y x− y x+ y x− y với x > y > x+ y Thay x = y (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức Q, ta được: 3y − y 2y Q= = = 3y + y 4y Vậy Q = 2) Điểm 0.5 x = y Vì đường thẳng (d ) : y = ax + b qua điểm A( −1;1) nên ta có: = −a + b ⇔ b = a + (1) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): (2) ax + b = x ⇔ x − ax − b = Thay (1) vào (2) được:  x = −1 x − ax − a − = ⇔ ( x + 1)( x − − a) = ⇔  x = a +1 Vậy Q = Bài (1,0đ) 1.0 Vì (d) tiếp xúc với parabol ( P ) : y = x điểm A( −1;1) nên phương trình (2) có nghiệm kép x1 = x2 = −1 ⇔ −1 = a + ⇔ a = −2 ⇒ b = −2 + = −1 Vậy a = −2; b = −1 Bài (2,0đ) 1) x2 + x − = − x ⇔ x + x − = 16 − x ĐK: ≤ x ≤ 2 (1) 1.0 Đặt y = x − ( y ≥ 0) ⇒ x = y + Phương trình (1) trở thành: y + + y = 16 − ( y + ) ⇔ ( y + 2) = − y2 ⇔ y + = − y2 ⇔ y + = − y (do y ≥ ⇒ y + > 0) ⇔ y2 + y − = ⇔ ( y + 2)(2 y − 3) = ⇔ y − = (do y + > 0) ⇔ y= Với y = , ta có: 2 25  3 x =  ÷ + ⇔ x2 = ⇔ x=±  2 Kết hợp với điều kiện ⇒ x = ± Vậy nghiệm phương trình cho x = ± 2  x + y = y + (1)  (2)  xy = x + Với x = , phương trình (2) trở thành = (vơ lí) Với x ≠ , ta có:  x2 + y − y + =  x + ( y − 1) = 2 x + y = y +1   ⇔ ⇔  1  xy = x +  y = 1+  y −1 = x x   2) 1 ⇒ x +  ÷ = ⇔ x + = x (do x ≠ 0) x 1.0 ⇔ ( x − 1) = ⇔ x − = ⇔ x = ±1 Với x = ⇒ y = + ⇔ y = 1 ⇔ y=0 Với x = −1 ⇒ y = + −1 Vậy nghiệm hệ phương trình ( x, y ) ∈ { (1;2),( −1;0)} Bài (1,0đ) (b + c − a ) x − 4bcx + (b + c − a ) = Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên: a, b, c > 0; b + c − a > 0; a + b − c > 0; a + c − b > Xét trường hợp: + TH1: b + c − a = (1) (2) 1.0 Phương trình (1) trở thành: −4bcx = ⇔ x = (do b, c > 0) ⇒ Phương trình (1) có nghiệm + TH2: b + c − a ≠ ⇒ Phương trình (1) phương trình bậc hai Xét ∆ ' = (2bc) − (b + c − a ) = (2bc + b + c − a )(2bc − b − c + a ) 2 = ( b + c ) − a   a − ( b − c )     = ( a + b + c) ( b + c − a) ( a + b − c) ( a + c − b) Kết hợp với (2) ⇒ ∆ ' > ⇒ Phương trình (1) có nghiệm * Kết luận: Vậy phương trình (1) ln có nghiệm Vì x, y, z > 0; x + y + z = nên: 2 x3 + y + z + + ≤ +3 x2 + y y + z z + x2 xyz (1) x2 + y + z x2 + y + z x2 + y + z x2 y2 z2 ⇔ + + ≤ + + +3 x2 + y y2 + z2 z + x2 yz zx xy z2 x2 y2 x2 y2 z2 ⇔ 1+ +1+ +1+ ≤ + + +3 x + y2 y + z2 z + x 2 yz zx xy Bài (1,0đ) x2 y2 z2 x2 y2 z2 + + ≤ + + y + z z + x x + y 2 yz zx xy z2 z2 2 ≤ Lại có: ( x − y ) ≥ ⇔ x + y ≥ xy ⇔ x + y 2 xy y2 y2 z2 z2 ≤ ; ≤ Tương tự, ta có: z + x 2 zx x + y 2 xy ⇒ (2) ⇒ (1) (đpcm) ⇔ (2) Bài (3,0đ) 0.25 1) Tứ giác AIMK có: · · AIM = AKM = 900 (GT) · · ⇒ AIM + AKM = 1800 ⇒ AIMK tứ giác nội tiếp 0.75 2) 3) Chứng minh tương tự phần 1), ta có tứ giác BIMP, CKMP nội tiếp µ2 Tứ giác BIMP nội tiếp ⇒ $ I1 = B µ = P$2 Tứ giác CKMP nội tiếp ⇒ C µ2 =C µ  = sMC ẳ M B ữ  ⇒ P$2 = $ I1 (đpcm) µ1 Chứng minh tương tự phần 2), ta có P$1 = K µ = P$1 ∆ MPK ∆ MIP có: P$2 = $ I1 ; K ⇒ ∆MPK # ∆MIP (g.g) MP MK ⇒ = ⇒ MP = MI.MK MI MP ⇒ MI.MK.MP = MP MP = MP Do đó, tích MI.MK.MP lớn ⇔ MP3 lớn ⇔ MP lớn ⇔ M điểm cung nhỏ BC Vậy M điểm cung nhỏ BC tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương 1.0 1.0 ... x2 y2 z2 ⇔ 1+ +1+ +1+ ≤ + + +3 x + y2 y + z2 z + x 2 yz zx xy Bài (1,0đ) x2 y2 z2 x2 y2 z2 + + ≤ + + y + z z + x x + y 2 yz zx xy z2 z2 2 ≤ Lại có: ( x − y ) ≥ ⇔ x + y ≥ xy ⇔ x + y 2 xy y2 y2... ln có nghiệm Vì x, y, z > 0; x + y + z = nên: 2 x3 + y + z + + ≤ +3 x2 + y y + z z + x2 xyz (1) x2 + y + z x2 + y + z x2 + y + z x2 y2 z2 ⇔ + + ≤ + + +3 x2 + y y2 + z2 z + x2 yz zx xy z2 x2 y2... Bài (2, 0đ) = = = Nội dung   x x y ÷: − 1 + 2 2 2 x − y  x −y ÷  x− x − y x + x2 − y x − x2 − y − × y x2 − y x2 − y2 x x x2 − y x x2 − y ( x2 − x2 + y − y x2 − y2 y − x− y ) 1.5 x2 − y 2 x