Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên năm học 2019 - 2020(phần 5)

Đề số 42 ĐỀ THI TS LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THỪA THIÊN HUẾ Năm học 2019 – 2020 Câu (1.,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức P = 3x + x − x+ x −2 − x +1 − x +2 ( x −2 x −1 Tìm x để P = )( ) b) Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện x + x + y + y + = Tính giá trị biểu thức Q = x y2 + + y x2 + Câu (2.0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = (d ) : y = 21 x + Gọi A ( x ( d ) Gọi C ( x C A x đường thẳng ; y A ) B ( x B ; y B ) (với x A  x B ) giao điểm ( P ) ; y C ) điểm thuộc ( P ) cho x A  x C  x B Tìm giá trị lớn diện tích tam giác ABC 2  x ( x − y ) + x y = b) Giải hệ phương trình  x xy + − 3xy = ( )   Câu (1.5 điểm) a) Giải phương trình x + + 2x − + x − + 2x − = 2 b) Cho phương trình x + ( m − 1) x + m − = với x ẩn m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x cho biểu thức ( )( ) A = x12 − x22 − có giá trị lớn Câu (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC trực tâm T Gọi H chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC D điểm đối xứng với T qua đường thẳng BC Gọi I K hình chiếu vng góc D AB AC Gọi E F trung điểm AC IH a) Chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn hai tam giác ACD IHD đồng dạng b) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng tam giác DEF tam giác vuông BC AB AC = + DH DI DK c) Chứng minh Câu (2.0 điểm) a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: 2y x 4z + +  2 2x + y + 6y + z + 3z + 4x + 16 2 2020 số nguyên? 3x + b) Có số nguyên x cho HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (1.,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức P = 3x + x − x+ x −2 x +1 − x +2 x −2 − x −1 Tìm x để P = )( ( ) b) Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện x + x + y + y + = Tính giá trị biểu thức Q = x y2 + + y x2 + Lời giải a) Rút gọn biểu thức P = 3x + x − x+ x −2 x +1 − x +2 − x −2 Tìm x để P = x −1 Điều kiện xác định biểu thức x  0; x  Biến đổi biểu thức ta P= = = 3x + x − − x +1 − x −2 = ( x − − ( x + 1)( x − 1) − ( ( x − 1)( x + ) x+ x −2 3x + x +2 x −1 3x + x − − ( x − 1) − ( x − ) ( x −1 )( Khi ta P =  x +2 ) x +1 x −1 = 3x + x − )( x − )( x −1 ) x + 1) x +2 − ( ( x − 1)( x + ) ( x+3 x +2 =  x +1 = ( = ) x +1 x +2 − )( x − 1)( x +1 x −2 x −1 )= x + 2) x +2 x +1 x −1 x −1  x =  x =  x = Kết hợp với điều kiện xác định ta x = giá trị cần tìm )( ( ) b) Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện x + x + y + y + = Tính giá trị biểu thức Q = x y2 + + y x2 + Biến đổi giả thiết toán ta (x + )( ) x + y + y + =  xy + Từ ta xy + (x Do suy  xy +  ( )( ) )( ) )( ) + y2 + + x y2 + + y x2 + = (x )( ) + y2 + = − Q 2 x + y +  = ( − Q ) hay ta  (x )( Hay ta Q2 − 2xy (x )( ) ( )( ) )( ) + y2 + + x2 + y2 + ) + y + + Q = nên ta suy Q2 − 4Q + = x2 y + 2xy (x )( ( ) (x )( ) ( + y2 + + x2 + y2 + ) ( )( + y + − 4Q + = x y + x + y + Lại có Q = x y + + y x + ( + y + + Q = hay xy + Q2 − 4Q + = x2 y + 2xy Lại để ý xy + (x ( ) ( ) ( ) = x y + + y x + + 2xy ) ( )( (x Do suy x2 y + + y x2 + − 4Q + = x y + x + y + ) )( ) + y2 + ) Câu (2.0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = (d ) : y = 21 x + Gọi A ( x ( d ) Gọi C ( x C A x đường thẳng ; y A ) B ( x B ; y B ) (với x A  x B ) giao điểm ( P ) ; y C ) điểm thuộc ( P ) cho x A  x C  x B Tìm giá trị lớn diện tích tam giác ABC 2  x ( x − y ) + x y = b) Giải hệ phương trình  x xy + − 3xy = ( )   Lời giải a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) : y = x ( d ) : y = x + Gọi 2 A ( x A ; y A ) B ( x B ; y B ) (với x A  x B ) giao điểm ( P ) ( d ) Gọi C ( x C ; y C ) điểm thuộc ( P ) cho x A  x C  x B Tìm giá trị lớn diện tích tam giác ABC Phương trình hồnh độ giao điểm parabol ( P ) đường thẳng ( d ) x = x +  x2 − x − =  x  −2; 3 2  9 Khi tọa độ giao điểm parabol ( P ) đường thẳng ( d ) A ( −2; ) B  3;   2   Gọi tọa độ điểm C C  x C ; x C2  với −2  x C  Khi gọi A’, B’, C’ theo thứ tự   hình chiếu A, B, C trục hồnh Ta có 1 9 1  19  S ABC = S ABB'A' − S ACC'A' − S BCC' B' =  +  −  + xC2  ( xC + ) −  + x C2  ( − x C ) 2 2 2  22  5 15 125   125   125 = − xC2 + xC + = −  xC − xC +  = −  xC −   4 16   16  2 16 Dấu xẩy xC = Vậy giá trị lớn diện tích tam giác ABC 1 1 125 , đạt C  ;  16 2 8 x ( x − y ) + x y = b) Giải hệ phương trình  x xy + − 3xy = ( )  Biến đổi hệ phương trình cho ta ( ) 2 3 2   x ( x − y ) + x y = x − 2x y + x y + x y =  x − xy + x y =    2 x y + x − xy = x xy + − 3xy = ( )   x y + x − xy =   ( ) ( Đặt a = x2 − xy; b = x3 y Khi hệ phương trình viết lại thành a + ( − 3a ) = a − 3a + =  a = 1; b = a + b =         a = 2; b = −3 3a + b =  b = − 3a  b = − 3a x − xy =  x = −1; y =  + Với a = 1; b = ta có hệ phương trình  x y =  x = 1; y = + Với a = 2; b = −3 ta có hệ phương trình )  x3 y  x − xy = x − = x + = x − 2x + =    x x  x y = −3 x y = −3 x y = −3 x y = −3   Dễ thấy hệ phương trình vơ nghiệm Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( −1; ) , ( 1; ) Câu (1.5 điểm) a) Giải phương trình x + + 2x − + x − + 2x − = 2 b) Cho phương trình x + ( m − 1) x + m − = với x ẩn m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x cho biểu thức ( )( ) A = x12 − x22 − có giá trị lớn Lời giải a) Giải phương trình x + + 2x − + x − + 2x − = 2 Điều kiện xác định phương trình x  Biến đổi phương trình cho 2x + + 2x − + 2x − + 2x − =  2x − + 2.3 2x − + + 2x − + 2x − + =  ( 2x − + ) + ( 2x − + ) =4 2x − + +  2x − + + 2x − + =  2x − =  x = Kết hợp với điều kiện xác định ta x = 2x − + = 3 nghiệm phương trình b) Cho phương trình x + ( m − 1) x + m − = với x ẩn m tham số Tìm tất ( )( ) giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x cho A = x12 − x22 − có giá trị lớn Từ phương trình ta  = ( m − 1) − ( m − ) = m − 6m + 25 = ( m − ) + 16  với 2 m Do phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x với m Khi theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x = − m; x1x = m − Ta có ( )( ) ( ) A = x12 − x 22 − = x12 x 22 − x12 + x 22 + 16 = x12 x 22 − ( x1 + x ) + 8x1x + 16 = ( m − ) − (1 − m ) 2  2 + ( m − ) + 16 = −3m + 4m = −  m −   3  Dấu xẩy m = Vậy giá trị lớn nhât A 2 , đạt m = 3 Câu (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC trực tâm T Gọi H chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC D điểm đối xứng với T qua đường thẳng BC Gọi I K hình chiếu vng góc D AB AC Gọi E F trung điểm AC IH a) Chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn hai tam giác ACD IHD đồng dạng b) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng tam giác DEF tam giác vuông c) Chứng minh BC AB AC = + DH DI DK Lời giải a) Chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp A N đường tròn hai tam giác ACD IHD đồng dạng + Gọi P giao điểm tia CT cạnh AB E P Ta có DAB = TCB phụ với góc T K ABC TCB = DCB T D đối xứng qua BC Do ta DAB = DCB nên B H Q F I tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn D + Ta có tứ giác BHDI nội tiếp đường trịn nên ta có DIH = DBH = DAC IHD = IBD = ACD Do hai tam giác ACD IHD đồng dạng b) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng tam giác DEF tam giác vuông C + Tứ giác IBHD nội tiếp đường tròn nên BHI = BDI Tứ giác DHKC có hai đỉnh H K nhìn đoạn DC góc vng nên nội tiếp đường trịn, ta KHC = KDC Các tứ giác ABDC AIDK nội tiếp đường tròn nên IDK = BDC Từ suy BDI = KDC Do ta BHI = KHC , lại I K nằm khác phía đường thẳng BC nên ba điểm I, H, K thẳng hàng + Hai tam giác ACD IHD đồng dạng với có DE DF đường trung tuyến nên DC DE Do suy hai tam giác DCE DHF đồng dạng với = DH DF nên EDC = FDE Từ ta lại có HDC = FDE neo hai tam giác HDC FDE đồng dạng Từ suy DFE = DHC = 90 Vậy tam giác DEF vuông F c) Chứng minh BC AB AC = + DH DI DK + Lời giải Trên cạnh BC lấy điểm Q cho QDC = BDA Lại có BAD = BCD nên hai tam giác DBA DQC đồng dạng với Suy AD AD = Lại có hai tam giác CQ CD AB DI AD DI AB CQ = Suy ta hay = = CQ DH CD DH DI DH AID CHD đồng dạng nên Mặt khác ta lại có QDC = BDA nên ta HDC = BDQ nên suy hai tam giác BDQ ADC đồng dạng, ta BQ DB Ta có BAD = BCD = HKD Mặt khác ta lại = AC DA có ABD = 1800 − IBD KHD = 1800 − IHD Mà ta có IBD = IHD nên ABD = KHD Từ dẫn đến hai tam giác ABD KHD đồng dạng nên lại ta DB DH Kết hợp kết = DA DK BQ DH AC BQ AB AC CQ BQ BC hay Như = = + = + = AC DK DK DK DI DK DH DH DH + Lời giải Trên đường tròn ( O ) lấy điểm N cho BN = AC ta suy AB = CN Từ ta BDN = ACD Gọi J giao điểm ND với BC Khi ta có CBD = CAD Lại có BJD = ( ) ( ) 1 sdBD + sdCN = sdBD + sdAB = ACD Từ dẫn 2 đến BDE ADC đồng dạng với nhau, mà DH DK hai đường cao tương ứng nên DH BJ AC BJ = = hay Lại có hai tam giác CDJ ADB đồng dạng DK AC DK DH mà DH DI hai đường cao tương ứng nên CJ AB = Từ ta DH DI AC AB BJ CJ BC + = + = DK DI DH DH DH + Lời giải Ta có tứ giác DHKC, DHBI, DKAI nội tiếp đường tròn Mà ta lại có ba điểm I, H, K thẳng hàng Từ ta có S DIK = S DHK + S DHI , suy ta S DIK S DHK S DHI = + hay S ABC S ABC S ABC DI.DK DK.DH DH.DI AC AB BC Từ ta suy + = = + AB.AC BC.AC AB.BC DK DI DH Câu (2.0 điểm) a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: 2y x 4z + +  2 2 2x + y + 6y + z + 3z + 4x + 16 b) Có số nguyên x cho 2020 số nguyên? 3x + Lời giải a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: 2y x 4z + +  2 2x + y + 6y + z + 3z + 4x + 16 2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số khơng âm ta có ( ) ( ) + z + = ( 4y + z ) + ( y + 1) +  4yz + 2y + = ( yz + y + 1) + 4x + 16 = ( z + 4x ) + ( z + ) +  4zx + 8z + = ( zx + 2z + ) 2x2 + y + = x2 + y + x2 +  2xy + 2x + = ( xy + x + ) 6y 3z 2 2 2 2 Từ ta 2y y x x 4z 2z  ;  ;  2 2x + y + ( xy + x + ) 6y + z + ( yz + y + 1) 3z + 4x + 16 ( zx + z + ) Cộng bất đẳng thức theo vế ta  2y y x 4z 1 x 2z + +  + +   2x2 + y + 6y + z2 + 3z2 + 4x + 16  xy + x + yz + y + zx + 2z +  Để ý xyz = nên ta y xy x 2z x 2z + + = + + xy + x + yz + y + zx + 2z + xy + x + xyz + xy + x zx + 2z + xyz xy xy + x + x = + + = =1 xy + x + 2 + xy + x x + + xy xy + x + Do ta 2y x 4z + +  2 2x + y + 6y + z + 3z + 4x + 16 2 Vậy bất đẳng thức cho chứng minh b) Có số nguyên x cho 2020 số nguyên? 3x + 2020 Do x số nguyên nên số nguyên 2020 ( 3x + 1) Suy 3x + 3x + lũy thừa 2 hay ta co 3x + = 2b với b  0;1; 2; 3; ; 2020 Ta xét trường hợp sau • Trường hợp Xét b số chẵn Khi tồn số tự nhiên k để b = 2k ( + Xét phương trình 3x + = 22k  3x = 4k −  3x = k−1 + k−2 + + k + ) Từ ta x = 4k−1 + 4k−2 + + k + Vì  2k  2020 nên  k  1010 nên trường hợp có 1011 giá trị x nguyên thỏa mãn u cầu tốn ( ) + Xét phương trình 3x + = −2 2k  ( x + 1) = − k Dễ thấy − k không chia hết phương trình vơ nghiệm • Trường hợp Xét b số lẻ Khi tồn số tự nhiên k để b = 2k + ( ) + Xét phương trình 3x + = 22k+1  3x + = 2.4k +  ( x + 1) = k + Dễ thấy ( ) k + khơng chia hết phương trình vơ nghiệm ( ) ( ) + Xét phương trình 3x + = −22k+1  3x = −2.4k − = − 2.4k + Dễ thấy − 2.4 k + chia hết cho Do ta x = ( − 2.4 k + ) Vì  2k +  2020 nên  k  1009 nên trường hợp có 1010 giá trị x nguyên thỏa mãn yêu cầu tốn Vậy có tất 2021 giá trị x nguyên để 2020 số nguyên 3x + Đề số 43 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH ĐĂK NÔNG Năm học 2019 – 2020     a +5 + Câu (1.0 điểm) Cho biểu thức P =   a − a a − a − a +       ( a +1 a )   − 1 Tìm điều   kiện xác định rút gọn biểu thức P Câu (1.0 điểm) Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình 2x2 y − = x2 + 3y Câu (2.0 điểm) a) Giải phương trình ( x − ) ( x − 1)( x − ) = 12 xy + 3y + x = b) Giải hệ phương trình  x + xy − 2y = Câu (1.0 điểm) Quãng đường từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột dài 120 km Một người dự định xe máy từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột với vận tốc không đổi Sau 45 phút, người dừng lại nghỉ 15 phút Để đến thành phố Buôn Ma Thuột thời gian dự định, người phải tăng vận tốc thêm km/h qng đường cịn lại Tính vận tốc người xe máy theo dự định ban đầu Câu (1.0 điểm) Tìm m để phương trình x − ( m + 1) x + 4m = (với x ẩn m tham số) có hai nghiệm x1 ; x thỏa mãn điều kiện x13 − x12 = x23 − x22 Câu (3.0 điểm) Cho đường trịn ( O; R ) đường kính AB Kẻ hai đường thẳng d d’ hai tiếp tuyến tiếp điểm A B đường tròn ( O ) Điểm M thuộc đường tròn ( O ) (M khác A B) Tiếp tuyến M đường tròn ( O ) cắt d d’ C D Đường thẳng BM cắt d E a) So sánh độ dài đoạn thẳng CM, CA, CE b) Đường thẳng EO cắt hai đường thẳng d’ AD I J Chứng minh điểm A, B, I, J thuộc đường tròn c) Giả sử AE = BD , tính độ dài đoạn thẳng AM theo R ... từ đến 2019 có 100 9 số chẵn 101 0 số lẻ nên số cặp ( i; j) mà i + j 100 9 .101 0 + 101 0 .100 9 = 2038180 Vậy số ô vng cịn lại mang dấu + 2038180 Đề số 45 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN...  100 9 nên trường hợp có 101 0 giá trị x nguyên thỏa mãn yêu cầu tốn Vậy có tất 2021 giá trị x ngun để 2020 số nguyên 3x + Đề số 43 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH ĐĂK NÔNG Năm. .. = b = a = b = Vậy giác trị lớn P 9, đạt a = b = a = b = Đề số 44 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH QUẢNG NGÃI Năm học 2019 – 2020 Bài (2.0 điểm) a) Giải phương trình 2x2 + x2