040 đề thi vào 10 chuyên toán gia lai 2019 2020

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  15  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  