Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu năm 2020

LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO CHUYÊN TOÁN THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – BÀ RỊA - VŨNG TÀU THUVIENTOAN.NET.. Câu 1..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn: Tốn chun

Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu (3,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

 2

4

8 1 3

x x x

P

x x x

  

 

   với 0 x

b) Giải phương trình x2  3 x 2x1

c) Giải hệ phương trình

  2

2

x y xy

x y x y

    

   

 Câu (2,0 điểm)

a) Cho đa thức P x   x2x2ax 8 bx2 với avà b số thực thỏa mãn a b Chứng minh phương trình P x 0 có bốn nghiệm phân biệt

b) Tìm tất cặp số nguyên x y;  thỏa mãn x x y2  y Câu (1,0 điểm)

Với số thực dương a b thay đổi, tìm giá trị lớn biểu thức:

 

2 2

1

2

S a b

a ab b b ab a

 

 



    



     

Câu (3,0 điểm)

Cho đường trịn  O đường kính AB Từ điểm S thuộc tia đối tia AB kẻ đến  O hai tiếp tuyến SC ( ,

SD C Dlà hai tiếp điểm) Gọi H giao điểm đường kính AB dây CD Vẽ đường trịn  O' qua C

và tiếp xúc với đường thẳng AB S Hai đường tròn  O  O' cắt điểm M khác C a) Chứng minh tứ giác SMHD nội tiếp

b) Gọi K hình chiếu vng góc C BD I, giao điểm BMvà CK Chứng minh HI song song với BD

c) Các đường thẳng SM HM cắt  O điểm L T L T( , khác M) Chứng minh tứ giác

CDTL hình vng MC2 MS MD Câu (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn có trực tâm H Gọi D E F, , chân ba đường cao kẻ từ A B C, , tam giác ABC Biết

2 2

36

AB BC CA

HF HD HE

     

      

     

  

      Hãy chứng minh ABCđều

LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO CHUN TỐN THPT CHUN LÊ Q ĐƠN – BÀ RỊA - VŨNG TÀU THUVIENTOAN.NET

Câu

a) Ta có: x 4  x2 x2 x x 8  x2x2 x4  Rút gọn được:

8

x x

x x x x

  

  

2

1

2 4

x x x

P

x x x x

  

   

   

b) Điều kiện:

x Ta có:

   

2 2

2

3

3 2

1

2

2

2

1

2

1

2

x x x x x x x x

x

x x x

x x x

x

x

x x x

          

   

     

   

   



  

     

Vậy x1 nghiệm phương trình c) Cộng vế theo với phương trình ta được:

 

   

2

2 2

2

x y x y xy x y

x y x y

x y x y

      

     

    



   

Với x  y 1, thay vào phương trình đầu hệ ta được:

3 0,

x  x  vô nghiệm Với x y 2, thay vào phương trình đầu hệ ta được:

0 2,

x     x y

Vậy hệ cho có nghiệm x y;   0;  Câu

a) Ta có:

       

  

2

2 2

0

2 8

8

2 0,

P x x x x ax bx

x x x ax bx

x x a b x

x x

       

      

  

 

        

Đặt t x x2 tx * 

x

      , phương trình  * ln có hai nghiệm x phân biệt với t

Ta có:  a224 2 a b a224b a 224 1 aa20 Suy  2 có hai nghiệm phân biệt nên  1 có bốn nghiệm phân biệt

Ta có điều phải chứng minh

b) Ta có:    

 

2

2

1 1

1

x y

x x y y x x y x y x

x y

 

 

            

   

Đặt t   x y t  2 t x t   

Do x   t 1t21      

0

1 1 1

1

t

t t t t t

t                  

Với t0, ta có: x 1; y1 Với t1, ta có: x0; y1 Với t 1, ta có: x 1; y0

Vậy phương trình có ba nghiệm x y;   1;1 ; 0;1 ;   1;  Câu

Theo bất đẳng thức mn22m2n2, ta có:

   

2

2 2

2 2

2 2

1 1

4

2

2

S a b a b

a ab b b ab a

a ab b b ab a

                                

Mà  

   

2

2 2

2 2

1 1

,

2

1

a b

b b a a a b

a ab b b ab a

a b a b

                      nên đặt:    

2 , 2

b b a a a b

x y

a b a b

 

 

 

Ta có:    

 

 

 

2

2

2 2 2 2 2

2

; 2

a b ab a b a b

x y xy x y xy

a b a b a b

  

        

  

Suy : 1 4

1 1

1

2

x y x y

S

x y

x y x y xy

x y                                              

Do S2 Đẳng thức xảy  a b

Vậy giá trị lớn S 2 đạt ab Câu

b) Ta có: 0

90 90

CIM BIK DBM MCD

       (tam giác vng góc nội tiếp)

Mặt khác CHM 900SHM 900MDS(tam giác vng, góc tiếp tuyến dây cung) Mà MCDMDS(góc tiếp tuyến dây cung)

Nên CIM  CHM CMHI tứ giác nội tiếp

CHI CMI CDB

      (góc nội tiếp) Do HI BD (hai góc đồng vị)

c) Ta có: BDCKHI CKCMT900CT đường kính  O Mà DML900DLcũng đường kính  O Vậy CDTLlà hình chữ nhật Từ ta có MS SL SD2; MD SL SD DL MC SL ;  SC CL

Vậy MC2MS MD CL2SD2R với Rlà bán kính  O Điều tương đương:

2

2

2 R R OS R OS R (1)

OS

 

     

 

 

 

Mặt khác CDTL hình vng  SOC450 SOR (2) Từ (1) (2) ta suy điều phải chứng minh

Câu

S

T L

I H M O'

D C

A O B

D

E F

A

Ta có: ACDBHD ABD AHF AC AD AF (1)

BH DB FH

    

Tương tự: BCEAHE ABE HFB BC BE FB (2)

AH AE FH

    

Từ (1) (2) ta có: AB AF FB AF FB AC CB

FH HF HF FH BH AH



    

Do đó:

2

4 (3)

AB AC CB AC CB

HF BH AH BH AH

    

      

   

 

    

Lại có BCF HAF BC CF

AH AF

   

Từ (1) (3) suy

4 ABC (4) HAB

S

AB CF

HF HF S

 

     

 

  Tương tự:

2

4 ABC (5); ABC (6)

HBC HAC

S S

BC AC

HD S HE S

   

       

   

 

   

Do đó:

2 2

36 36

1 1

4 ABC ABC 36

ABC

HAB HBC HCA HAB HBC HCA ABC

S S

AB BC CA

S

HF HD HE S S S S S S S

 

         

             

       

    

         

Đẳng thức xảy SHAB SHBCSHAC H trọng tâm ABC, mà H trực tâm ABC nên

ABC

