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) 2   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 2  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 vuông A Vẽ nửa đường tròn đường kính AB AC cho nửa đường tròn khơng có điểm nằm tam giác ABC Đường thẳng d qua A cắt nửa đường tròn 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 vuông 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 khơng 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 Phần 1) 2a) 2b) Câu (1,0đ) 2c) Nội dung  20  20  2    20  5 2      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 vuông 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 x4  x2  x x2    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    Câu (2,0đ) 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: 2  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 (4) Từ (2) (3)  x  y  x y 3 Đặt x  y  a Phương trình (4) trở thành: a4  a  3a  a   a  4a   a a 3  (a  2)   a   x y   y  2 x Thay y   x vào (2) được: 1.0 x2   x    x2  x2  x   x2  x    x2 1  5 x y 2  1  5    1  5   Thử lại ta thấy  ; ;    2 2     2 1) nghiệm hệ cho Vậy … Khi m  phương trình (1) trở thành: x2  x   (2) Giải phương trình (2) x1  4; x2  Vậy m  phương trình (1) có hai nghiệm: x1  4; x2  0.5 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 Câu (2,0đ) 2)  2( m  1) x1  m   2(m  1) x2  3m  16 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 B I d 0.25 M C A Câu (3,0đ) H N  ANC  góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên: Vì AMB,   90o  MA  MB AMB 1)   90o  NA  NC ANC  MB // NC  BMNC hình thang   90o nên BMNC hình thang vng Lại có AMB 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) 1.0 Dễ chứng minh bất đẳng thức a  b  2(a  b ) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: 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   NAC   45o   MAB  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)  ( z    1)  4( z  3) P Câu (1,0đ) 2( x  1)   2 0,5( y  4) 2( z  3) a b c ( a  b  c)    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 Dễ chứng minh  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  Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương 1.0