SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn thi: TỐN (Dành cho thí sinh dự thi) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) ( − 5) 2) Cho hai đường thẳng (d): y = (m − 2) x + m (∆) : y = −4 x + a) Tìm m để (d) song song với (∆) b) Chứng minh đường thẳng (d) qua điểm A(−1;2) với m c) Tìm tọa độ điểm B thuộc (∆) cho AB vng góc với (∆) 1) Rút gọn biểu thức A = 2 + 20 − 20 Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x + x + x x + = ( x + y ) = xy + y − 2) Giải hệ phương trình x2 + y + x + y = + x2 Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x − 2(m + 1) x + m + = (1) (m tham số) 1) Giải phương trình m = 2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x12 + 2(m + 1) x2 = 3m + 16 Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vng A Vẽ nửa đường trịn đường kính AB AC cho nửa đường trịn khơng có điểm nằm tam giác ABC Đường thẳng d qua A cắt nửa đường trịn đường kính AB AC theo thứ tự M N (khác điểm A) Gọi I trung điểm đoạn thẳng BC 1) Chứng minh tứ giác BMNC hình thang vng 2) Chứng minh IM = IN 3) Giả sử đường thẳng d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề Hãy xác định vị trí đường thẳng d để chu vi tứ giác BMNC lớn Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ y + + Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 2 ( x + 1) ( y + 2) ( z + 3) - HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Câu (1,0đ) Phần 1) 2a) 2b) 2c) Nội dung + 20 − 20 = 2 − + − 20 × 5 ( − 5) = ( − 2) + A=2 Điểm 0.5 − = − + − = −4 (d) song song với (∆) m − = −4 m = −2 ⇔ ⇔ ⇔ m = −2 m ≠ m ≠ Vậy m = −2 giá trị cần tìm Thay x = −1; y = vào phương trình y = (m − 2) x + m được: = (m − 2).(−1) + m ⇔ = − m + + m ⇔ = (đúng với ∀m ) Vậy đường thẳng (d) qua điểm A(−1;2) với m Cách 1: Vì điểm B thuộc (∆) nên tọa độ điểm B có dạng ( x0 ;1 − x0 ) ĐK: B khác A hay x0 ≠ −1 Giả sử phương trình đường thẳng AB y = ax + b Vì A(−1;2) B ( x0 ;1 − x0 ) nên ta có hệ phương trình: −a + b = −4 x0 − ⇒ a ( x0 + 1) = −4 x0 − ⇒ a = x0 + ax0 + b = − x0 AB vng góc với (∆) −4 x0 − ×(−4) = −1 ⇔ aa ' = −1 hay x0 + −5 ⇒ 16 x0 + = − x0 − ⇔ x0 = 17 −5 37 ⇒ y0 = − × = 17 17 −5 37 Vậy tọa độ điểm B ; ÷ 17 17 Cách 2: Giả sử phương trình đường thẳng AB y = ax + b AB vng góc với (∆) ⇔ aa ' = −1 hay a ×(−4) = −1 ⇔ a = ⇒ phương trình đường thẳng AB có dạng y = x + b Vì đường thẳng y = x + b qua A(−1;2) nên: = ×(−1) + b ⇔ b = 4 ⇒ phương trình đường thẳng AB y = x + 4 0.5 ⇒ Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình: −5 x = y = x + −5 37 17 ⇒ B ; ÷ 4⇔ 17 17 y = −4 x + y = 37 17 Câu (2,0đ) x4 + 2x2 + x 2x2 + = ⇔ x ( x + 2) + 2.x x + = (1) Đặt x x + = y Phương trình (1) trở thành: y + y = ⇔ y + y − = (2) Giải phương trình (2) y1 = ; y2 = −2 Với y = 1) x ≥ x ≥ x x2 + = ⇔ 2 ⇔ 2 x ( x + 2) = ( x + 1) = x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ ⇔x= −1 x + = x = − 1.0 Với y = −2 x ≤ x ≤ x x + = −2 ⇔ 2 ⇔ 2 x ( x + 2) = ( x + 1) = x ≤ x ≤ ⇔ ⇔ ⇔x=− x + = x = Vậy tập nghiệm phương trình (1) S = 2) { − 1; − } Lời giải thầy Vũ Văn Luyện – Cẩm Giàng – Hải Dương ( x + y ) = xy + y − (1) x2 + y + (2) x + y = + x2 Dễ thấy y = không nghiệm (1) Với y ≠ , ta có: x + y + = y − xy − y 2 (1) ⇔ x + xy + y = y − ⇒ 2 x + = y − xy − y x + y + y (4 − x − y ) x + y − ⇒ = = (3) x2 + y (3 − x − y ) x + y − x+ y−4 Từ (2) (3) ⇒ x + y = (4) x+ y −3 Đặt x + y = a Phương trình (4) trở thành: a−4 a= ⇒ a − 3a = a − ⇔ a − 4a + = a −3 ⇔ (a − 2) = ⇔ a = ⇒ x+ y = ⇔ y = 2− x Thay y = − x vào (2) được: 1.0 x2 + − x + 2= ⇔ + 2x2 = x2 − x + ⇔ x2 + x − = 1+ x −1 ± 5m ⇔x= ⇒ y= 2 −1 + 5 − −1 − 5 + ; ; Thử lại ta thấy ÷ ÷ 2 2 1) Câu (2,0đ) 2) nghiệm hệ cho Vậy … Khi m = phương trình (1) trở thành: (2) x2 − 6x + = Giải phương trình (2) x1 = 4; x2 = Vậy m = phương trình (1) có hai nghiệm: x1 = 4; x2 = Xét ∆ ' = (m + 1) − m − = 2m − Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ ⇔ m ≥ 1,5 Vì x1 nghiệm phương trình (1) nên: x12 − 2(m + 1) x1 + m + = ⇔ x12 = 2(m + 1) x1 − m − Theo đề bài: x12 + 2( m + 1) x2 = 3m + 16 ⇔ 2(m + 1) x1 − m − + 2(m + 1) x2 = 3m + 16 0.5 1.5 ⇔ 2(m + 1)( x1 + x2 ) = 4m + 20 Mà x1 + x2 = 2(m + 1) (theo hệ thức Vi-ét) nên: 4( m + 1) = 4m + 20 ⇔ 4m + 8m + = 4m + 20 ⇔ m = (TMĐK) Vậy m = giá trị cần tìm Câu (3,0đ) 0.25 1) · · Vì AMB, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên: ANC · AMB = 90o ⇒ MA ⊥ MB · ANC = 90o ⇒ NA ⊥ NC ⇒ MB // NC ⇒ BMNC hình thang · Lại có AMB = 90o nên BMNC hình thang vng 0.75 2) Gọi H trung điểm MN ⇒ IH đường trung bình hình thang BMNC ⇒ IH // BM ⇒ IH ⊥ MN ∆ IMN có HM = HN IH ⊥ MN ⇒ ∆ IMN cân I Gọi P chu vi tứ giác BMNC Ta có: P = BC + BM + MN + CN = BC + (MA + MB) + (NA + NC) Dễ chứng minh bất đẳng thức a + b ≤ 2(a + b ) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: 1.0 MA + MB ≤ 2(MA + MB2 ) Mà MA + MB2 = AB2 (theo định lí Py-ta-go) 3) ⇒ MA + MB ≤ 2AB2 = AB Tương tự: NA + NC ≤ 2AC = AC ⇒ P ≤ BC + 2(AB + AC) Dấu “=” xảy MA = MB · · ⇔ ⇔ MAB = NAC = 45o NA = NC Vậy d tạo với tia AB tia AC góc 45o chu vi tứ giác BMNC đạt giá trị lớn BC + 2(AB + AC) Lời giải thầy Vũ Văn Luyện – Cẩm Giàng – Hải Dương Chọn điểm rơi x = z = 1; y = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki, ta có: ( x + 1) ≤ 2( x + 1) 1.0 ( y + 2) ≤ 2( y + 4) ( z + 3)2 = ( z + + + 1) ≤ 4( z + 3) 1 ⇒P≥ + + 2 2( x + 1) 0,5( y + 4) 2( z + 3) Câu (1,0đ) a b c (a + b + c) + + ≥ Dễ chứng minh với x, y, z > x y z x+ y+z Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: (1 + + 2) 16 P≥ = 2 2 2( x + 1) + 0,5( y + 4) + 2( z + 3) 2( x + z ) + 0,5 y + 10 Từ GT: x + y + z ≤ y ⇒ x + z ≤ y − y ⇒ 2( x + z ) + 0,5 y + 10 ≤ 2(3 y − y ) + 0,5 y + 10 = −1,5 y + y + 10 = 16 − 1,5( y − 2) ≤ 16 16 ⇒P≥ =1 16 x = z = x = z = Dấu “=” xảy ⇔ Vậy P = ⇔ y = y = 1.0 ... tròn nên: ANC · AMB = 90o ⇒ MA ⊥ MB · ANC = 90o ⇒ NA ⊥ NC ⇒ MB // NC ⇒ BMNC hình thang · Lại có AMB = 90o nên BMNC hình thang vuông 0.75 2) Gọi H trung điểm MN ⇒ IH đường trung bình hình thang BMNC