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)  x   x 3 x 2 x 2  a) Rút gọn biểu thức: A  1    :  x  x  x  x  x      b) Tính giá trị biểu thức B   x  x   2019 x    1 10   21   Câu (2,0 điểm) Cho phương trình : x2  mx  m   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 A x1 x2  đạt giá trị nhỏ x  x22  1  x1 x2  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x  3x   3x  Câu (3,0 điểm) Từ điểm I nằm ngồi đường tròn 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   c)    MC  IC Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c  thỏa mãn  Chứng minh rằng: 362   121 a  b2  c2 ab  bc  ca Câu (1,0 điểm) Trong tam giác có cạnh đáy a, chiều cao tương ứng h ( a, h cho trước, khơng đổi) Hãy tìm tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn ĐÁP ÁN Câu a) ĐKXĐ: x  0; x  4, x   x   x 3 x 2 x 2  A  1    :  x 1  x  x 3 x5 x 6  A x9 x 4 x 2 : x 1 x 2 x 3 A x 1   x 2 x   1 10  21    2 2     x 3 x 3 b) Ta có:     x 2 x 1   1  1  1  3  2  52 Vậy B   x  4x  2 2019    2     4 58   2019     2       1 2019 2019  1 Câu a) Phương trình x2  mx  m   có hai nghiệm dương phân biệt  m  4m        m    m     S   m  m  m   P  m      m  Vậy với  phương trình cho có hai nghiệm dương phân biệt m  b) Vì    m    với m nên phương trình cho ln có hai nghiệm phân x  x  m biệt x1 , x2 Theo hệ thức Vi-et ta có:   x1 x2  m  Khi đó: A x1 x2  x1 x2  x1 x2    2 x  x2  1  x1 x2   x1  x2   x1 x2   x1 x2  x1  x2 2  2  m  1  4m    A  m    4m  2 m 2 m 2  Am  4m  A   0(1) A 1 có nghiệm  '    A  A     A2  A     A  1 A     1  A  Vậy MinA  1  m2  4m    m  2 Vậy với m  2 phương trình có hai nghiệm thỏa mãn đề Câu 3 11   11 Có x  3x   x  x     x     0x  4  2 7 ĐKXĐ: x  2 x  3x   x  3x   x  3x   x  3x   12  Đặt x  3x   t  t  0 , ta có phương trình: t  3(tm) t  t  12    t  4(ktm)  x  1(tm) Với t   x  3x      x  4(tm) Vậy S  1;4  VT  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)  IAE  IA2  IM MO ICA( g.g )  (2) IE IO  IM IC IE IO  IEM IOC  c.g.c   IME  OCE IEM IMC có góc I chung  IM IC  Tứ giác OMEC nội tiếp (góc đỉnh góc ngồi đỉnh đối diện) b) Do tứ giác OMEC nội tiếp (câu a) Từ (1) (2) ta có: IE.IC  IM IO   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 Mà IME  EMA  900 OMC  CMA  900 (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  CMO ICO( g.g )  Lại có IEM    COM ( g.g ) (do IEM  MOC  IOC theo câu a EMI  OMC (câu b) IM CM  (2) IE CO IM CM IM IO IE    Từ (1) (2) ta có: IE MO.IC MC IC Mà MA2  MI MO (hệ thức lượng tam giác vuông IAO) MB IE MA2 IE IE  MB     mà MA  MB  hay    2 MC IC MC IC  MC  IC 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  22239 1 Vậy    (*) , Dấu "  " xảy a  b  c a b c a b c Với ba số thực a, b, c ta có: 3 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   1 2 a  b   b  c   c  a      2 a  b  c Luôn với a, b, c Vậy ab  bc  ca  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 AH BC (không đổi ) (1) (2) Mặt khác S ABC  S AOB  S BOC  SCOA  r  AB  BC  CA 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 E, F , G Ta có: S ABC  ... x 2 x   1 10  21    2 2     x 3 x 3 b) Ta có:     x 2 x 1   1  1  1  3  2  52 Vậy B   x  4x  2 2019    2     4 58   2019     2... 52 Vậy B   x  4x  2 2019    2     4 58   2019     2       1 2019 2019  1 Câu a) Phương trình x2  mx  m   có hai nghiệm dương phân biệt  m  4m    ...  A  Vậy MinA  1  m2  4m    m  2 Vậy với m  2 phương trình có hai nghiệm thỏa mãn đề Câu 3 11   11 Có x  3x   x  x     x     0x  4  2 7 ĐKXĐ: x  2 x  3x  