De dap an toan chung chuyen thai binh 20192020

Tìm giá trị nhỏ nhất của P.. Tính số học sinh mỗi lớp biết tổng số học sinh của hai lớp là 90.. Chứng minh: với mọi m đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định.2 3.. 3,5 điểm Cho tam g

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH

NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN (Dành cho tất cả các thí sinh)

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm)

Cho biểu thức: �2  1 1�    

�

xy x y xy P

x y

xy x x y y (với x0;y0).

1 Rút gọn biểu thức P.

2 Biết xy 16 Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Câu 2 (1,0 điểm)

Hai lớp 9A và 9B của một trường quyên góp sách ủng hộ Trung bình mỗi bạn lớp 9A ủng hộ 5 quyển, mỗi bạn lớp 9B ủng hộ 6 quyển nên cả hai lớp ủng hộ 493 quyển Tính số học sinh mỗi lớp biết tổng số học sinh của hai lớp là 90

Câu 3 (2,0 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 2

1

( ) :d y(m 1)x2m và

2

( ) :d y(m3)x m 2 (m là tham số).

1 Tìm m để ( )d song song với 1 ( )d 2

2 Chứng minh: với mọi m đường thẳng ( )d luôn đi qua một điểm cố định.2

3 Tìm m để ( ),( )d1 d cắt nhau tại ( ;2 M x M y M) thỏa mãn A2020x M(y M 2) đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 4 (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

( 1) ( 1) 0

�

�

�

Câu 5 (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R, vẽ AH vuông góc với BC tại H, vẽ đường kính AD cắt BC tại I, trên cạnh AC lấy điểm M sao cho IM song song với CD.

1 Chứng minh: Tứ giác AHIM nội tiếp một đường tròn.

2 Chứng minh: AB AC  AH AD

3 Chứng minh: HM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH.

 4

AB CD AC BD R

Câu 6 (0,5 điểm)

Xét các số thực ; ; (a b c a�0) sao cho phương trình bậc hai ax2bx c 0 có hai nghiệm ;m n thỏa mãn: 0� � � �m 1;0 n 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

2  2 



 

a ac ab bc Q

a ab ac

HẾT

-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM:

Câu 1

(2,0đ)

1

2 1 1

2

��   ���



 

 









xy x y xy P

x y

xy x y xy

xy y x

xy

Vậy  x y P

xy với x0;y0.

1.5

2

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

4 1 16

P

Dấu “=” xảy ra � x y 4 Vậy minP1 tại x y 4.

0.5

Câu 2

(1,0đ)

Gọi số học sinh của lớp 9A và 9B lần lượt là x, y

ĐK: x, y � N*; x, y < 90

Vì tổng số học sinh của hai lớp là 90 nên ta có phương trình:

Số sách lớp 9A ủng hộ là 5x (quyển)

Số sách lớp 9B ủng hộ là 6y (quyển)

Vì cả hai lớp ủng hộ 493 quyển nên ta có phương trình:

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

90

5 6 493

 

�

�  

�

x y

x y

Giải hệ phương trình được 47

43



�

� 

�

x

y (TMĐK)

Vậy lớp 9A có 47 học sinh, lớp 9B có 43 học sinh

1.0

Câu 3

(2,0đ) 1. 1

( )d song song với ( )d2

1 2

2

��  

m

m m

m

Vậy m 1 là giá trị cần tìm

0.75

Giả sử đường thẳng ( )d luôn đi qua điểm cố định 2 T x y( ; )0 0

Khi đó:

0

0 0

( 3) 2

3 2 ( 1)

1 0

3 2 0 1

1

�

�

�

 

�

� �   

�



�

� � 

�

x

x y

Vậy đường thẳng ( )d luôn đi qua điểm cố định (1;1)2 T (đpcm)

0.5

3

(d1) cắt (d2) 2 1 3 2 2 0 1

2



�

�

�

m

m

Vì ( ),( )d1 d cắt nhau tại ( ;2 M x M y M) nên x là nghiệm của phương M

trình:

2 2

1 (do 1; 2) 1

�

�



M M M

m

Thay 1

1





M

x

m vào phương trình (d2) được:



M

m

Do đó:

2

2

1

1010 2 1 3 1010.( 3) 3030

M M

x x

Dấu “=” xảy ra

  �   �   �  



Vậy minA 3030� m 3

0.75

Câu 4

(1,0đ)

2

( 1) ( 1) 0 (1)

�

�

�

2 2

( )( 1) 0

�

�

     

�

�

1.0

2 2

0

1 0 0 1

�  

� �  

�

 

�

� � �

x y

x y

x y

x y

Dễ thấy x = y = 0 không là nghiệm của phương trình (2) Thay x = y + 1 vào phương trình (2) được:

2

2

2

2

2 2

( 1) 4 4 2( 1) 7

4 4 4 4

4 2

4 2

4 2

4 2 0

4 2

       

�

�

    

�

�

�   

� �

�   

�

�     

� �

�    

�

�

� �

�

  

�

 

�

y

y

0



� y (TMĐK)

Với y0�x1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (1; 0)

Câu 5

(3,5đ)

1

Ta có: �ACD 90 o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

AMI ACD 90 

� (đồng vị, IM // DC)

Tứ giác AHIM có:

AHI AMI 90  90 180

� AHIM là tứ giác nội tiếp

1.0

2

 AHB và  ACD có:

AHB ACD 90 ; B D sđAC

2

�  AHB  ACD (g-g)

AB AH

AD  AC

� � AB.AC = AH.AD

1.0

3

Vì  AHB vuông tại H nên  AHB nội tiếp E;BC

2

� �, với E là trung điểm BC

 AHB  ACD �A�1A�2

 EAH cân tại E �A�1H�1

Tứ giác AHIM nội tiếp �A�2 H�2

Do đó: �H1H�2

EHM AHC 90 

� HM là tiếp tuyến của (E) (đpcm)

1.0

4

 AHB  ACD

AB HB

AB.CD AD.HB

Chứng minh tương tự được AC.BD = AD.HC

� AB.CD + AC.BD = AD(HB + HC) = 2R.BC

Vì  ABC nhọn � BC < 2R

� AB.CD + AC.BD < 4R2 (đpcm)

0.5

Câu 6

(0,5đ)

Lời giải tham khảo trên mạng:

Vì phương trình bậc hai ax2bx c 0 có hai nghiệm ;m n nên áp dụng

hệ thức Vi-ét, ta có:

�   

�

�

� 

�

b

m n

a c mn a

Vì a�0 nên:

2

1

1

� �� �



  

Q

b c

a a

m n mn

Vì 0� � � �m 1;0 n 1

; ; 1 ; 1 0

1

3

��

 

m n Q

Dấu “=” xảy ra 1

2

    

� m n � a c b

Vậy min 3

 �   b

0.5