Đề thi vào lớp 10 môn toán năm 2020 2021 trường chuyên lê quý đôn đà nẵng

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 152 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 yz 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 x2 x 9 x  x       Vậy A  1 x2 x 9       4 x  x 1    1 x 1 x x  x  x2 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  mn   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 a4 a 3 Yêu cầu toán tương đương: 16   a 5 a4 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 yz zx x y Thật vậy, ta có: Do đó:  4   x  y 2 x  y  x  y   1 49 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 