SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Năm học: 2019-2020 Mơn thi: Tốn Chun Ngày thi: 11/06/2019 Câu (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức : A 5 b) Tính thể tích hình cầu, biết diện tích mặt cầu 36 cm2 Câu (2,0 điểm) a) Cho parabol P : y x đường thẳng d : y x m , m tham số Tìm m để d cắt P hai điểm phân biệt b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 y xy x 10 y Câu (2,0 điểm) x 15 x 2 x y x y y Giải hệ phương trình: 2 x y y x y y a) Giải phương trình: x x b) Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn O; R , DC dây cố định không qua O Gọi S điểm di động tia đối DC (S không trùng D) Qua S kẻ hai tiếp tuyến SA, SB với đường tròn O; R ( A, B hai tiếp điểm) Gọi I trung điểm DC a) Chứng minh điểm S , A, B, I , O thuộc đường tròn b) Gọi H giao điểm SO AB Chứng minh DHC DOC c) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định S di động Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx Tính giá trị nhỏ biểu thức 3x y z ĐÁP ÁN Câu 5 a) A 3.1 12 1 5 1 5.1 12 5 5 5 5 1 1 b) Gọi R bán kính mặt cầu Khi diện tích mặt cầu : 4 R2 36 cm2 R 3(cm) 4 Thể tích hình cầu: V R3 33 36 cm3 3 Câu a) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): x x m x x m * Ta có: ' m 1. d cắt (P) hai điểm phân biệt phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt, tức ' m Vậy m b) Ta có: x2 y xy x 10 y x y 1 x y 3 x y 1 x y 3 7 Vì x, y nên ta có trường hợp sau: x y 7 x 3y x i) x y x y y 3 x y 1 x y 2 x ii ) x y x y 10 y 3 x 3y x 3y x iii ) x y 1 x y y 1 x 3y x 3y x 3 iv) x y 7 x y 4 y Vậy nghiệm nguyên cần tìm x; y 1; 3 ; 7; 3 ; 3;1; 3;1 u x Câu a) Điều kiện : x Đặt ta có: v x u v 2uv u v 2uv u v 2uv u v 1 u v u v u v u, v u, v u v u, v u u u v 2uv uv v v u v u v u v u u, v u, v u, v v Vậy nghiệm cần tìm S 1;5 2 x y x y y (1) b) 2 x y y x y y (2) Từ (2) ta có: x2 y y 2 x y , thay vào (1) ta được: y x y x y y y 2 4 x y y 2 y 2 y x y y x x 1 5 x x 1 (TM ) x x 1 5 x 0 i) Với y 2 (2) trở thành x 0(VN ) ii) x 1 Với y x (1) trở thành: x x x x x 2 Khi hệ có nghiệm x; y 1; 1; 2;2 Câu A H O I M S C D B J a) Chứng minh điểm S , A, B, I , O thuộc đường tròn Vì SA, SB tiếp tuyến nên SA OA, SB OB, mặt khác I trung điểm CD nên OI CD Gọi M trung điểm SO Khi ta có: MS MO MA MI MB (tính chất đường trung tuyến tam giác vuông) Suy điểm S , A, B, I , O thuộc đường tròn M b) Chứng minh DHC DOC S chung Xét hai SDB SBC có: SDB SBD SCD Xét SBO có SB2 SH SO (2) Từ (1) (2) SD.SC SH SO SBC ( g.g ) SB SD.SC (1) SC SO SH SD S chung Xét hai SDH SOC có: SC SO SDH SH SD SOC (cgc) Suy SDH SOC (hai góc tương ứng) Xét tứ giác DHOC có: HOC HDC SOC HDC SDH HDC 1800 suy tứ giác DHOC nội tiếp Suy DHC DOC (góc nội tiếp chắn cung DC) c) Chứng minh dường thẳng AB qua điểm cố định S di động Gọi J giao điểm AB OI Xét hai OIS OHJ có: OIS OHJ 900 ; O chung OIS OHJ ( g.g ) OI OJ OH OS Mặt khác OH OS OB2 R (hệ thức lượn tam giác vuông SBO) R2 , hệ thức chứng tỏ J điểm cố định OI Hay đường thẳng AB qua điểm cố định J S di động Câu Vì x, y, z nên áp dụng BĐT AM-GM ta có: Từ OI OJ OH OS R2 OJ 2 2 x z xz 2 2 2 y z yz 3x y z xy yz xz 10 2 x y xy Vậy giá trị nhỏ biểu thức 10 Đẳng thức xảy khi: 2 2 x z 2 y z x y 1 x y x, y , z z xy yz zx ... 2 2 x z xz 2 2 2 y z yz 3x y z xy yz xz 10 2 x y xy Vậy giá trị nhỏ biểu thức 10 Đẳng thức xảy khi: 2 2 x z 2 y z x y 1 x y... biệt phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt, tức ' m Vậy m b) Ta có: x2 y xy x 10 y x y 1 x y 3 x y 1 x y 3 7 Vì x, y nên ta có trường... x y x y y 3 x y 1 x y 2 x ii ) x y x y 10 y 3 x 3y x 3y x iii ) x y 1 x y y 1 x 3y