Đang tải... (xem toàn văn)
LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM 2020 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH.. THUVIENTOAN.NET Câu 1.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn Tốn chuyên
Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm)
a) Chứng minh với giá trị dương, khác x biểu thức A khơng nhận giá trị nguyên, với:
1 1
4
1
x x x
A
x x x x x
b) Xét x y z; ; thỏa mãn
2 2 2
2 2 2
x y z x y z
a b c a b c
với a b c, , số thực khác Tính giá trị biểu thức:
2020 2020 2020 2 2 2
x y z
Q
b c c a a b
Câu (1,0 điểm) Trên đồ thị hàm số 0,5 ,
y 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: 3x3x22x28x34 x3 7 b) Giải hệ phương trình:
2
2
3 3
6
3
x xy x y y
x y y x
Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị m để phương trình:
2 2
2x x m 2m15 2x 3xm 2m14 0 có bốn nghiệm phân biệt x x1, 2, x3, x4 thỏa mãn x12x22x32x42 3x x2 3
Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn BC, nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao xuất phát từ
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 ABAC, nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường phân giác AD,
DBC 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:
2 2 2
3
x y y z z x x y y z z x
xy x y yz y z zx z x xy yz zx
(2)LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM 2020 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH
THUVIENTOAN.NET Câu
a) Với x0 x1, ta có:
2
1 1
4
1
1 1 1
4
1
4 1
1
1 9
x x x
A
x x x x x
x x x
x x x
x x
x x
x x x x x x
s
Vậy 1
2
A
x x
Nếu A 1x2 x9 mà: x2 x 9 x12 8 nên A khơng thể số ngun b) Ta có:
2 2
2 2 , 2 2
x x y y
a a b c b a b c
2
2 2
z z
c a b c
Từ suy ra:
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
x y z x y z x y z
a b c a b c a b c a b c a b c
Do đẳng thức xảy x y z Từ Q0
Câu
Ta gọi: 2 2 ; 0, , ; 0,5 , C; C
M m m N n n C x y m0
Do C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN mà CMN nên tam giác OMN vuông O C
trung điểm MN Khi
2
2
0, 0,5
2
C
C
m n
x
m n
y
Ta có: COy nên xC 0 suy m n Khi
2 0;
2 m C
Suy ra:
2
,
2 m
OC OM m
Mặt khác C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nên:
2
m
OCOM m m m0
(3)Câu
a) Điều kiện:
x Ta có phương trình tương đương:
2 3
1 2 28
x x x x x x
Nhận xét x2 nghiệm phương trình
Nếu x2, ta có: x2x 1 2x32x28 x34 x3 7 Nếu 37 x 2, ta có: 2
1 2 28
x x x x x x
Vậy phương trình cho có nghiệm x2 b) Điều kiện
2
6
2
x y
y x
Phương trình thứ hệ tương đương:
2
4 3
3 3
3
3
x xy y x y
x y x y x y
x y x y
x y
x y
Với x3 ,y thay vào phương trình thứ hai hệ ta được:
2
9 6
3
3
3
y y y y
y y
Nếu y3 3 8
y y Nếu
3
y phương trình tương đương: 3 1
3
y y y x
Nếu
3 y phương trình tương đương:
8
3
3
y y y không thỏa 3 y
Vớix y 3, thay vào phương trình thứ hai hệ ta được:
2 2
2
2
8
3
3
10
3
10
3
y y y y
y y y
y y
Ta có 10 12 10
y y nên phương trình vơ nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm ; 1;1
3
x y
(4)Câu
Phương trình tương đương:
2
2
2 15
2 14
x x m m
x x m m
Phương trình 1 có ac 2 m22m15 2m12280 nên có hai nghiệm phân biệt trái dấu Tương tự phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt trái dấu
Mà 3x x2 3x12x22x32x420 nên x2 x3 dấu Khơng tính tổng qt, giả sử x x1, 2 nghiệm phương trình 1 x3, x4 nghiệm phương trình 2
Theo định lý Viete, ta có:
1 2 2 15 x x m m x x 4 14 x x m m x x Khi 2
2 2
1 4
2 2 2
2
2
2
2
1 15 14
2
2 2
8 16 121
63 16 126
2
2 4
5
8 16 121
x x x x x x x x x x x x
m m m m
m m
m m
m m
a
a m m
Chú ý phương trình 1 phương trình 2 có cùng:
1 m 2m 15 m 2m 14 8m 16m 121 a
Phương trình 1 có hai nghiệm
a
x
a
x
Phương trình 2 có hai nghiệm ,
4
a a
x x
Xét trường hợp 1 , 2 , 3 , 4
4 4
a a a a
x x x x
Ta có: 2 3 16
a a
x x Yêu cầu toán tương đương:
3
5
4
4 16
12 11
a a
a
a a a
a a
Phương trình vơ nghiệm
Xét trường hơp 1 , 2 , 3 , 4
4 4
a a a a
(5)Ta có: 2 3 4
a a
x x Yêu cầu toán tương đương:
3
5
4
4 16
12 11 11
121
a a
a
a a a
a a a a
a
Với a121, ta có: 16 121 121 2 0 m
m m m m
m
Vậy m0 m2 trị cần tìm
Câu
a) Gọi BB CC đường cao tam giác ABC
Tứ giác AC HB nội tiếp nên C HB C AB BAC bù với góc C HB Mà C HB DHE nên DHEBAC 1
Tam giác OAC cân O nên
0
90 90
2
AOC
OAC ABCBAH
Mặt khác C AE vuông C nên C AE AEC900 hay DEHBAE90
Suy
90 90 90 90
DEH BAE BAHHAE OACHAE HACACB
Do DEHACB 2
Từ 1 2 suy tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC
(6)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 đồng dạng với nên LHO IAO 3
Ta có O L DE AHHO nên tứ giác AHO L nội tiếp LHOLAO hay LHOO AO 4 Từ 3 4 suy ra: IAOO AO hay A O I, , thẳng hàng
Do AO qua trung điểm BC Câu
Gọi P giao điểm AD O P điểm cung BC, X giao điểm EP DH Ta có OP trung trực DE nên OP DH dẫn đến DAHAPOADH AHDcân H Do M trung điểm DE mà MP EK DX nên P trung điểm DK EX
Nên DEKX hình bình hành, suy BDX CEK XBDKCE Mà DEX 900 nên DPDX DE
Ta có: XK BC nên BKXC hình thang cân nội tiếp đường trịn (1) Ngồi tứ giác AHPX nội tiếp AHDAPX 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
X P
K E H
D M
O
C B
(7)Câu
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:
2
2 2 2 2
2
2 x y x y
x y x 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:
2
2
2 x y
x y
xy x y x y xy
Do ta cần chứng minh bất đẳng thức sau tốn hồn tất
2 2
3
xy yz zx
Thật vậy, ta có:
2 4
2
xy xy x y Do đó:
2 1 9
4
2 2 6
x y x y y z z x x y z