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 1 2x2 + z2  2xz; 2y2 + z2  2yz; x2 + y  2xy 2 Cộng theo vế bất đẳng thức ta 3x + 3y + z  ( xy + yz + zx ) = 10 Dấu xẩy x = 1; y = 1; z = Vậy giá trị nhỏ biểu thức 10 Đẳng thức xảy x = 1; y = 1; z = Đề số 51 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH KON TUM Năm học 2019 – 2020 Câu (2.0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P = ( 3− 3+ 10 + b) Rút gọn tính giá trị biểu thức Q = ) 2x − x − x −2 x = 2020 − 2019 Câu (2.5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parapol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y = 2x + m + với m tham số Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parapol ( P ) hai điểm A ( x A ; y A ) B ( x B ; y B ) thỏa mãn yA yB 38 + =− xB xA x − y − =  b) Giải hệ phương trình     −3 =0 ( x + y − 1) −  x−y  Câu (2.5 điểm) Cho đường trịn ( O; R ) có đường kính AB cố định đường kính CD thay đổi cho CD khơng vng góc khơng trùng với AB Gọi d tiếp tuyến A ( O; R ) Các đường thẳng BC BD cắt d tương ứng E F a) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn b) Gọi M trung điểm EF K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF Chứng minh tứ giác KMBO hình bình hành c) Gọi H trực tâm tam giác DEF Chứng minh H ln chạy đường trịn cố định Câu (2.0 điểm) a) Cho số thực x thỏa mãn −1  x  Chứng minh rằng: + x + − x  − x2 b) Cho tập hợp A gồm 41 phần tử số nghuên khác thỏa mãn tổng 21 phần tử lớn tổng 20 phần tử lại Biết số 401 402 thuộc tập A Tìm tất phần tử tập hợp A Câu (1.0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2a; BC = a Lấy đoạn AB làm đường kính, dựng phía ngồi hình chữ nhật nửa đường trịn Điểm M thuộc nửa đường trịn Các đường thẳng MD MC cắt AB N L Chứng minh AL2 + BN = AB2 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2.0 điểm) ( 3− 3+ a) Tính giá trị biểu thức P = 10 + b) Rút gọn tính giá trị biểu thức Q = ) 2x − x − x −2 x = 2020 − 2019 Lời giải ( 3− 3+ a) Tính giá trị biểu thức P = 10 + ) Ta có P= = = ( 3− 3+ 10 + ( ( −1 )( )( )= − ( )( 3− 3+ )=( )( −1 + 10 + −1 + ( )( 10 − −1 8 2x − x − x = 2020 − 2019 x −2 ) x − ( x + 1)( x − ) = =2 x −2 )( −1 + Ta có x = 2020 − 2019 = 2019 − 2019 + = 2x − ( b) Rút gọn tính giá trị biểu thức Q = Q= 6−2 ) ( + ) = ( − )( + ) ) = ( − 5) = 2.4 = ) )= ( 2019 − x −2 x +1 ) Thay x = ( ) 2019 − vào biểu thức Q ta Q=2 ( ) 2019 − + = ( ) 2019 − + = 2019 − Câu (2.5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parapol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y = 2x + m + với m tham số Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parapol ( P ) hai điểm A ( x A ; y A ) B ( x B ; y B ) thỏa mãn yA yB 38 + =− xB xA x − y − =  b) Giải hệ phương trình     −3 =0 ( x + y − 1) −  x−y  Lời giải a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parapol ( d ) : y = 2x + m (P) : y = x đường thẳng + với m tham số Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parapol ( P ) hai điểm A ( x A ; y A ) B ( x B ; y B ) thỏa mãn yA yB 38 + =− xB xA Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng ( d ) parabol ( P ) x2 = 2x + m2 +  x2 − 2x − m2 − = ( ) ( ) Dễ thấy ac = −m − = − m +  với m nên phương trình hồnh độ giao điểm ln có hai nghiệm phân biệt Suy đường thẳng ( d ) parabol ( P ) cắt hai điểm phân biệt A ( x A ; y A ) B ( x B ; y B ) với m Ta có x A ; x B nghiệm phân biệt phương trình hồnh độ giao điểm nên theo hệ thức Vi – et ta có xA + xB = 2; xAxB = −m2 − Ta có yA = xA2 ; yB = x2B Theo ta có yA yB x2 x2 38 38 + =−  A + B =−  x 3A + x 3B + 38x A x B = xB xA xB xA ( ) ( )  ( x A + x B ) ( x A + x B ) − 3x A x B  + 38x A x B =  5.2 2 − 3x A x B + 38x A x B =    40 − 30x A x B + 38x A x B =  40 + 8x A x B =  x A x B + =  −m − + =  m − =  m  −2; 2 Vậy m = −2 m = −2 thỏa mãn điều kiện đề x − y − =  b) Giải hệ phương trình     −3 =0 ( x + y − 1) −  x − y    Điều kiện xác định hệ phương trình x  y Biến đổi hệ phương trình cho ( x − y )( x + y ) − = x − y − =   2        −3=0 ( x + y − 1) −  ( x + y − 1) −   −3=0  x−y x−y  Đặt a = x + y; b = x − y ( b  ) Khi hệ phương trình viết lại thành 1 a 1 a ab − = = =   b  b    2 ( a − 1) − − = ( a − 1)2 − 4a = ( a − 1)2 − 4a = b    36 36   Từ ta có phương trình ( a − 1) − a = 27  8a − 18a − 18 =  a  − ;    + Với a = − ta suy b = −8 Từ ta có hệ phương trình   35 29  x + y = −  ( x; y ) =  − ;    8   x − y = −8  + Với a = ta suy b = Từ ta có hệ phương trình x + y = 5 1  ( x; y ) =  ;   2 2 x − y =  35 29    Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm ( x; y ) =  − ;  ,  ;   8  2 2 Câu (2.5 điểm) Cho đường trịn ( O; R ) có đường kính AB cố định đường kính CD thay đổi cho CD khơng vng góc khơng trùng với AB Gọi d tiếp tuyến A ( O; R ) Các đường thẳng BC BD cắt d tương ứng E F a) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn b) Gọi M trung điểm EF K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF Chứng minh tứ giác KMBO hình bình hành c) Gọi H trực tâm tam giác DEF Chứng minh H ln chạy đường trịn cố định Lời giải O' H B C Q O D M E A T F K a) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường trịn Vì CD đường kính đường trịn ( O ) nên ta có CBD = 90 Do BEF = ABF Mà ta có ABF = ODB nên suy BEF = ODB Do tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn b) Gọi M trung điểm EF K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF Chứng minh tứ giác KMBO hình bình hành Gọi Q giao điểm BM CD Tam giác BEF vuông B nên MB = ME nenen ta suy MBE = MEB Tam giác BCD vuông B nên BCD + BDC = 90 Mà ta lại có BDC = BEF Từ ta suy BCD + MBE = 900 nên BQC = 900 hay BM vng góc với CD Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE O trung điểm CD nên OK vng góc với CD, suy OK song song với CD Ta có M trung điểm EF nên KM vng góc với EF BA vng góc với EF Do ta KM song song với AB hay KM song song với BO Như tứ giác KMBO hình bình hành c) Gọi H trực tâm tam giác DEF Chứng minh H chạy đường tròn cố định Do H trực tâm tam giác DEF nên HD vng góc với EF, suy DH song song với AB Tương tự ta có HB song song với AD Do BHDA hình bình hành nên ta BH = AD Mặt khác BDAC hình chữ nhật nên AD = BC Từ ta BH = BC Lấy điểm O’ đối xứng với O qua B, ta có BO' = BO với O’ cố định O B cố định Như tứ giác HO’CO hình bình hành nên O'H = OC = R Vậy điểm H chạy đường tròn cố định ( O'; R ) Câu (2.0 điểm) a) Cho số thực x thỏa mãn −1  x  Chứng minh rằng: + x + − x  − x2 b) Cho tập hợp A gồm 41 phần tử số nghuên khác thỏa mãn tổng 21 phần tử lớn tổng 20 phần tử lại Biết số 401 402 thuộc tập A Tìm tất phần tử tập hợp A Lời giải a) Cho số thực x thỏa mãn −1  x  Chứng minh rằng: + x + − x  − x2 Với −1  x  nên ta có ta có −x2  hay ta + − x  − x + − x Từ ta ( 1+ x + 1− x ) (  + − x2 ) Mà −1  x  nên ta  − x2  nên suy Do + − x  − x Như ta + x + − x  + − x2 − x2  − x2 + x + − x  + − x2  − x2 Bất đẳng thức cho chứng minh Dấu xẩy x = b) Cho tập hợp A gồm 41 phần tử số nghuên khác thỏa mãn tổng 21 phần tử lớn tổng 20 phần tử lại Biết số 401 402 thuộc tập A Tìm tất phần tử tập hợp A Giả sử A = a ; a ; a 3; ; a 41  với a1 ;a ;a 3; ;a 41  Z a1  a  a   a 41 Theo giả thiết ta có a1 + a + a + + a 21  a 22 + a13 + + a 41 Suy ta a1  a 22 − a + a 23 − a 23 + + a 41 − a 21 ( 1) Mặt khác với số nguyên x, y x  y ta ln có y  x + Do ta suy a 22 − a  10; a 23 − a  10; ; a 41 − a 21  10 (2) Nên từ ( 1) suy a1  20 + 20 + + 20 = 400 nên ta a = 401 401 thuộc tập hợp A Từ ta 401  a 22 − a + a 23 − a + + a 41 − a 21  400 Do ta a 22 − a + a 23 − a + + a 41 − a 21 = 400 Kết hợp với ( ) ta a 22 − a = a 23 − a = = a 41 − a 21 = 20 Từ suy 20 = a 22 − a = ( a 22 − a 21 ) + ( a 21 − a 20 ) + + ( a − a )  20 Nên ta a 22 − a 21 = a 21 − a 20 = = a − a = Ta có a = 401 mà lại có 402 thuộc tập hợp A nên suy a = 402 Kết hợp với kết ta suy A = 401; 402; 403; ; 441 Câu (1.0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2a; BC = a Lấy đoạn AB làm đường kính, dựng phía ngồi hình chữ nhật nửa đường trịn Điểm M thuộc nửa đường trịn AL2 + BN = Các đường thẳng MD MC cắt AB N L Chứng minh AB2 Lời giải M B A N O D P L C Q Gọi P Q giao điểm CD với MA MB Đặt PD = x; CQ = y Dễ thấy APD = QBC nên ta suy hai tam giác APD QBC đồng dạng với Điều dẫn đến PD BC x a = hay nên suy xy = 2a Ta lại có = AD QC y a PC2 + QD2 = ( x + 2a ) + ( y + 2b ) = x + y + 4a ( x + y ) + 8a 2 = ( x + y ) + 4a ( x + y ) + 8a − 2xy = ( x + y ) + 4a ( x + y ) + 8a − 4a 2 = ( x + y ) + 4a ( x + y ) + 4a = ( x + y + 2a ) = PQ2 2 Lại áp dụng định lí Thales ta có suy MN ML MA MB AL BN AB = = = = = = Từ ta MD MC MP MQ PC QD PQ AL2 BN2 AB2 AL2 + BN2 AL2 + BN2 Suy AB2 = AL2 + BN2 = = = = PC2 QD2 PQ2 PC2 + QD2 PQ2 AL2 + BN hay ta = AB2 Đề số 52 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH QUẢNG TRỊ Năm học 2019 – 2020 Câu (2.0 điểm) a) Cho biểu thức A = ( x − 1) x +1 + x2 + x x − x +1 − 2x − x x −1 với x  0; x  Tìm tất giá trị x để A  b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x – ( m + 1) x – = có hai nghiệm phân biệt x1 ; x cho x1  x x1 − x = −4 Câu (2.0 điểm)  x + 6y = 13 a) Giải hệ phương trình   2x = ( x + 2y − )( − x ) ( b) Giải phương trình x6 + x3 − ) = 3x − 9x − Câu (2.0 điểm) a) Cho số tự nhiên có ba chữ số abc Chứng minh abc chia hết cho 21 a − 2b + 4c chia hết cho 21 b) Tìm số nguyên tố x, y, z thỏa mãn x y = z − Câu (3.0 điểm) Trên đường trịn ( O ) đường kính AB lấy điểm C (C khác A B) điểm D nằm đường thẳng AB cho BD = AC Kẻ DE vng góc với AC E Đường phân giác góc BAC cắt DE đường trịn ( O ) G F (F khác A) Đường thẳng CG cắt AC đường tròn ( O ) I H (H khác C) a) Chứng minh tứ giác AGDH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ba điểm H, D, F thẳng hàng c) Chứng minh điểm I trung điểm đoạn thẳng AD Câu (1.0 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn a + b + c + = abc Chứng minh ab + bc + ca  HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2.0 điểm) a) Cho biểu thức A = ( x − 1) x +1 + x2 + x x − x +1 − 2x − x x −1 với x  0; x  Tìm tất giá trị x để A  b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x – ( m + 1) x – = có hai nghiệm phân biệt x1 ; x cho x1  x x1 − x = −4 Lời giải ( x − 1) a) Cho biểu thức A = x +1 + x2 + x x − x +1 − 2x − x với x  0; x  Tìm tất giá x −1 trị x để A  Với x  0; x  ta có A= = ( x − 1) x +1 =2 ( ( + x −1 x2 + x x− x +1 )( x +1 x +1 ) x −1 + x ( − 2x − x )+ x( x −1 )( x +1 x− x +1 ) x − x +1 x −1 ) x −1 x +1 −2 x = x −2+ x+ x −2 x = x+ x −2 Khi ta có A  x + x −   Để ý )−2 x( x +  nên từ ta ( )( x −1 ) x +2 0 x −1  x    x  Kết hợp với điều kiện xác định ta  x  thỏa mãn u cầu tốn b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x – ( m + 1) x – = có hai nghiệm phân biệt x1 ; x cho x1  x x1 − x = −4 Dễ thấy ac = −2 nên phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x trái dấu Lại có x1  x nên ta có x1   x Từ ta suy x1 − x = −4  − x1 − x = −4  x1 + x = Mặt khác theo định lí Vi – et ta có x + x = ( m + 1) Do ta ( m + 1) =  m + =  m = Vậy m = thỏa mãn yêu cầu toán Câu (2.0 điểm)  x + 6y = 13 a) Giải hệ phương trình   2x = ( x + 2y − )( − x ) ( b) Giải phương trình x6 + x3 − ) = 3x − 9x − Lời giải  x + 6y = 13 a) Giải hệ phương trình   2x = ( x + 2y − )( − x ) Từ phương trình thứ hệ cho ta y = 13 − x Thay vào phương trình thứ hai hệ cho ta có phương trình ( ) − x2  13 − x  2x =  x + −  ( − x )  2x =  8x =  x = 1    7 Từ ta ( x; y ) =  −1;  , ( 1; ) nghiệm phương trình cho 3  ( b) Giải phương trình x6 + x3 − ) = 3x − 9x − Biến đổi phương trình cho ta ( x6 + x − ) ( ) + (x = 3x5 − 9x2 −  x2 3 ) ( − + = 3x x − ) Đặt a = x2 ; b = x3 − Khi phương trình viết lại thành a + b3 + = 3ab  ( a + b ) + − 3ab ( a + b ) − 3ab =  ( a + b + 1) ( a + b ) − ( a + b ) + 1 − 3ab ( a + b + 1) =   2  ( a + b + 1) a + b + − ab − a − b = ( ) + Với a + b + = ta có phương trình ( ) x2 + x3 − + =  x3 + x2 − =  ( x − 1) x + 2x + =  x = + Với a2 + b2 + − ab − a − b = ta ( a − b ) + ( a − 1) + ( b − 1) =  a = b = 2 Khi ta x2 = x3 − = , vô nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x = Câu (2.0 điểm) a) Cho số tự nhiên có ba chữ số abc Chứng minh abc chia hết cho 21 a − 2b + 4c chia hết cho 21 b) Tìm số nguyên tố x, y, z thỏa mãn x y = z − Lời giải a) Cho số tự nhiên có ba chữ số abc Chứng minh abc chia hết cho 21 a − 2b + 4c chia hết cho 21 Ta có abc = 100a + 10b + c = 84a + (16a + 10b + c ) Như abc chia hết cho 21 16a + 10b + c chia hết cho 21 Xét tổng sau ( 16a + 10b + c ) + ( a − 2b + 4c ) = 21a + 21c chia hết cho 21 Lại ( 5; 21) = nên suy 16a + 10b + c chia hết cho 21 a − 2b + 4c chia hết cho 21 Kết hợp hai kết trân ta abc chia hết cho 21 a − 2b + 4c chia hết cho 21 b) Tìm số nguyên tố x, y, z thỏa mãn x y = z − Ta có x y = z − x, y số nguyên tố nên suy x  2; y  Từ ta z  Do z số nguyên tố lẻ Do ta có x y = z − z số lẻ nên x y số chẵn, suy x = Từ ta z = y + Bài tốn quy tìm số ngun tố y z thỏa mãn hệ thức z = y + Ta xét hai trường hợp sau + Nếu y số lẻ Khi ta có y = 2k + với k số nguyên dương Do từ hệ thức z = y + ta 22k+1 + = 2.4k + = ( + 1) + chia hết suy z chia k hết cho Điều dẫn đến vơ lí z số nguyên tố lớn + Nếu y số chẵn Khi y số nguyên tố nên ta y = , thay vào hệ thức ta z = Vậy số nguyên tố ( x; y; z ) = ( 2; 2; ) thỏa mãn yêu cầu tốn Câu (3.0 điểm) Trên đường trịn ( O ) đường kính AB lấy điểm C (C khác A B) điểm D nằm đoạn thẳng AB cho BD = AC Kẻ DE vng góc với AC E Đường phân giác góc BAC cắt DE đường tròn ( O ) G F (F khác A) Đường thẳng CG cắt AC đường tròn ( O ) I H (H khác C) a) Chứng minh tứ giác AGDH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ba điểm H, D, F thẳng hàng c) Chứng minh điểm I trung điểm đoạn thẳng AD Lời giải F C M E G A I O D B H a) Chứng minh tứ giác AGDH nội tiếp đường trịn Vì DE song song với BC nên ta có ADE = ABC = AHC = AHG nên tứ giác AGDH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ba điểm H, D, F thẳng hàng Từ tứ giác AGDH nội tiếp đường trịn ta có DHG = DAG = BAF = FAC = CHF = FHG Suy hai tia HD HF trùng hay ba điểm H, D, F thẳng hàng c) Chứng minh điểm I trung điểm đoạn thẳng AD Gọi M giao điểm CD AF nên theo định lí Ceva ta khác theo tính chất đường phân giác ta có IA MD EC = Mặt ID MC EA MD AD theo định lí Thales ta lại có = MC AC EC DB AC IA Do ta = = = hay I trung điểm đoạn thẳng AD EA DA AD ID Câu (1.0 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn a + b + c + = abc Chứng minh ab + bc + ca  Lời giải Biến đổi giả thiết toán ta a + b + c + = abc  ab + a + b + + bc + b + c + + ca + c + a + = abc + ab + bc + ca + a + b + c +  ( a + 1)( b + 1) + ( b + 1)( c + 1) + ( c + 1)( a + 1) = ( a + 1)( b + 1)( c + 1)  Đặt x = 1 + + =1 x+1 y +1 z+1 1 ta x + y + z = ;y = ;z = a +1 b+1 c +1 Ta có a = 1− y z + x 1− x y + z 1− z x + y Bất đẳng thức cần chứng = ;b = = ;c = = x x y y z z minh viết lại thành xy + ( x + z )( y + z ) yz + ( x + y )( z + x ) zx  ( x + y )( x + z ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có xy y  1 x   + ( x + z )( y + z )  x + z y + z  yz 1 y z    + ( x + y )( z + x )  x + y z + x  zx 1 z x    + ( x + y )( x + z )  x + z x + y  Cộng theo vế bất đẳng thức chiều ta xy + ( x + z )( y + z ) yz + ( x + y )( z + x ) Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Dấu xẩy a = b = c = zx  ( x + y )( x + z ) ... 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... ta + xy + 2018xy  2019 nên suy P  2019 , dấu xẩy x = y = Vậy giá trị lớn P 2019, đạt x = y = Đề số 46 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH BÌNH DƯƠNG Năm học 2019 – 2020 Câu (3.0...  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