SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ Q ĐƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh với giá trị dương, khác x biểu thức A không nhận giá trị nguyên, với: x 1 x 1 x A x x x x 1 x x2 y z x2 y z b) Xét x; y; z thỏa mãn với a, b, c số thực khác a b2 c a b c Tính giá trị biểu thức: Q x 2020 y 2020 z 2020 b c c a a 2b Câu (1,0 điểm) Trên đồ thị hàm số y 0,5 x , cho điểm M có hồnh độ dương điểm N có hồnh độ âm Đường thẳng MN cắt trục Oy C với O gốc tọa độ Viết phương trình đường thẳng OM C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x x x 28 x 4 x3 3x xy x y y 3 b) Giải hệ phương trình: x y 1 y x Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị m để phương trình: 2 x x m2 2m 152 x 3x m2 2m 14 có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x12 x22 x32 x42 x2 x3 C , nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao xuất phát từ Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn B B C cắt đường thẳng AO D E Gọi H trực tâm giác ABC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE Chứng minh rằng: a) Tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC AH tiếp tuyến O b) Đường thẳng AO qua trung điểm đoạn BC Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn AB AC , nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường phân giác AD, D BC tam giác Lấy điểm E đối xứng với D qua trung điểm đoạn BC Đường thẳng vng góc với BC D cắt AO H , đường thẳng vng góc với BC E cắt AD K Chứng minh tứ giác BHCK nội tiếp Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z Chứng minh rằng: x y z x2 x2 y y2 z2 xy xy x y yz y z zx z x HẾT yz z x yz zx ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG -Câu a) Với x x 1, ta có: x 1 x 1 x A x x x x 1 x 1 2 x 1 x x s x x2 x 9 x x Vậy A 1 x2 x 9 4 x x 1 1 x 1 x x x x2 x 9 Nếu A 1 x x mà: x x x 1 nên A số nguyên x2 x2 y2 y2 z2 z2 , b) Ta có: a a b2 c2 b2 a2 b2 c c a b2 c Từ suy ra: x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 a b2 c a b2 c2 a b2 c2 a2 b2 c2 a b2 c2 Do đẳng thức xảy x y z Từ Q Câu Ta gọi: M m; 0,5m2 , N n; 0,5n2 , C xC ; yC m Do C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN mà C MN nên tam giác OMN vuông O C mn xC trung điểm MN Khi 0,5m2 0,5n yC m2 m2 Ta có: C Oy nên xC suy m n Khi C 0; Suy ra: OC , OM m Mặt khác C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nên: OC OM m2 m m m Suy M 2; 2 Phương trình đường thẳng OM có dạng y ax mà qua điểm M 2; 2 nên a 1 Vậy y x đường thẳng cần tìm Câu a) Điều kiện: x Ta có phương trình tương đương: x x 1 2 x3 x 28 x3 4 x Nhận xét x nghiệm phương trình Nếu x 2, ta có: x x 1 2 x3 x 28 x 4 x3 Nếu x 2, ta có: x x 1 2 x3 x 28 x 4 x3 Vậy phương trình cho có nghiệm x x2 y 1 b) Điều kiện Phương trình thứ hệ tương đương: y x x xy y 3 x y x y x y 3 x y x y x y 3 x 3y x y Với x y, thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: y y 1 y y y 1 y 8 Nếu y y 1 y Nếu y Nếu phương trình tương đương: 1 y y y x 3 1 y phương trình tương đương: y 1 y y không thỏa y 3 3 Với x y 3, thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: y 3 y 1 y y 3 8 y 10 y 1 Ta có y 10 y 1 10 nên phương trình vơ nghiệm 1 Vậy hệ cho có nghiệm x; y 1; y 10 y y Câu x x m 2m 15 1 Phương trình tương đương: x 3x m 2m 14 2 Phương trình 1 có ac m 2m 15 2 m 1 28 nên có hai nghiệm phân biệt trái dấu Tương tự phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt trái dấu Mà x2 x3 x12 x22 x32 x42 nên x2 x3 dấu Không tính tổng quát, giả sử x1 , x2 nghiệm phương trình 1 x3 , x4 nghiệm phương trình 2 x1 x2 x3 x4 2 Theo định lý Viete, ta có: 2 m 2m 15 m 2m 14 x1 x2 x3 x4 2 Khi x12 x22 x32 x42 x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 2 2 m 2m 15 m 2m 14 1 3 2 2m 4m 63 8m 16m 126 8m 16m 121 4 a 5 a 8m 16m 121 Chú ý phương trình 1 phương trình 2 có cùng: 1 m 2m 15 m2 2m 14 8m 16m 121 a Phương trình 1 có hai nghiệm x 1 a 1 a x 4 Phương trình 2 có hai nghiệm x Xét trường hợp x1 Ta có: x2 x3 3 a 3 a , x 4 1 a 1 a 3 a 3 a , x2 , x3 , x4 4 4 a4 a 3 Yêu cầu toán tương đương: 16 a 5 a4 a 3 a 5 a a 16 a 12 a 11 Phương trình vơ nghiệm Xét trường hơp x1 1 a 1 a 3 a 3 a , x3 , x4 , x2 4 4 Ta có: x2 x3 a 4 a 3 Yêu cầu toán tương đương: a 5 a 4 a 3 a 5 a a 16 a 12 a 11 a 11 a 1 a 121 m Với a 121, ta có: 8m 16m 121 121 m2 2m m Vậy m m trị cần tìm Câu a) Gọi BB CC đường cao tam giác ABC bù với góc C HB C AB BAC HB Tứ giác AC HB nội tiếp nên C BAC 1 nên DHE HB DHE Mà C 900 AOC 900 ABC BAH Tam giác OAC cân O nên OAC BAE 900 AE AEC 900 hay DEH Mặt khác C AE vuông C nên C 900 BAE 900 BAH HAE 90 OAC HAE 900 HAC ACB Suy DEH Do DEH ACB 2 Từ 1 2 suy tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC ACB 900 HAC AHB nên HA tiếp tuyến O Ta có DEH b) Gọi I , L trung điểm BC DE Mà tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC mà O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE , O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên hai tam giác LHO IAO 3 IAO đồng dạng với nên LHO O LAO hay LHO AO 4 Ta có O L DE AH HO nên tứ giác AHO L nội tiếp LHO O AO hay A, O , I thẳng hàng Từ 3 4 suy ra: IAO Do AO qua trung điểm BC Câu A H O B E M D C P X K Gọi P giao điểm AD O P điểm cung BC , X giao điểm EP DH AHD cân H Ta có OP trung trực DE nên OP DH dẫn đến DAH APO ADH Do M trung điểm DE mà MP EK DX nên P trung điểm DK EX Nên DEKX hình bình hành, suy BDX CEK XBD KCE 900 nên DP DX DE Mà DEX Ta có: XK BC nên BKXC hình thang cân nội tiếp đường trịn (1) Ngồi tứ giác AHPX nội tiếp AHD APX DH DX DA DP Mặt khác tứ giác ABPC nội tiếp nên DA DP DB DC Suy DH DX DB DC hay BHCX nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy BHCK tứ giác nội tiếp Câu Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có: x2 y 2 x y x y 2 x2 y xy x y x y xy x y x y xy x y xy Viết hai bất đẳng thức tương tự công lai theo vế ta được: x y x2 y2 x y xy xy x y Do ta cần chứng minh bất đẳng thức sau tốn hồn tất 2 3 yz zx x y Thật vậy, ta có: Do đó: 4 x y 2 x y x y 1 49 4 x y x y y z z x 2 x y z Đẳng thức xảy x y z Vậy ta có điều phải chứng minh HẾT ...ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ Q ĐƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian... y y 3 8 y 10 y 1 Ta có y 10 y 1 10 nên phương trình vơ nghiệm 1 Vậy hệ cho có nghiệm x; y 1; y 10 y y Câu x