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 x5 x 6 A x9 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 52 Vậy B x 4x 2 2019 2 4 58 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 0x 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 abc Thật ta có: 1 a b c a b c a b c a b c b a a c c b CoSi 22239 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 1 x x 3 x5 x 6 A x9 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... b c Luôn với a, b, c Vậy ab bc ca Dấu " " xảy a b c (**) Áp dụng * , ** giả thi t a b c 3, ta có: 362 2 a b c ab bc ca 1 360 2 a b c ab bc ca ab