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

Môn: Toán chuyên

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

a) Rút gọn biểu thức

P

b) Giải phương trình x2  3 x 2x 1

c) Giải hệ phương trình

2

2

   





Câu 2 (2,0 điểm)

P x  x x ax bx với a và b là các số thực thỏa mãn a b 1 Chứng minh rằng phương trình P x  có bốn nghiệm phân biệt   0

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y thỏa mãn ;   2

1 0

x xy   y

Câu 3 (1,0 điểm)

Với các số thực dương a và b thay đổi, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:





Câu 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn  O đường kính AB Từ điểm S thuộc tia đối của tia AB kẻ đến  O hai tiếp tuyến SC và

( ,

SD C Dlà hai tiếp điểm) Gọi H là giao điểm của đường kính AB và dây CD Vẽ đường tròn  O đi qua ' C

và tiếp xúc với đường thẳng AB tại S Hai đường tròn  O và  O cắt nhau tại điểm ' M khác C

a) Chứng minh tứ giác SMHD nội tiếp

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

c) Các đường thẳng SM và HM lần lượt cắt  O tại các điểm L và T L T( , khác M) Chứng minh rằng tứ giác

CDTL là hình vuông khi và chỉ khi MC2 MS MD

Câu 5 (1,0 điểm)

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

của tam giác ABC Biết

36

     

-HẾT -

LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO CHUYÊN TOÁN THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – BÀ RỊA - VŨNG TÀU

THUVIENTOAN.NET

Câu 1

a) Ta có: x 4  x2 x và 2 x x 8  x2x2 x4 

1

P

b) Điều kiện: 1

2

x  Ta có:

2 2

1

2 2

1

2

1 2

x

x

x

  





  





Vậy x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

c) Cộng vế theo với của phương trình ta được:

2

1 2

x y

x y

   





  

 Với x  y 1, thay vào phương trình đầu của hệ ta được: 2

x  x  vô nghiệm

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

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất x y ;  0; 2 

Câu 2

a) Ta có:

        

8 0 *

x

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

Ta có phương trình  1 trở thành: 2    

t  a t a b

Ta có:           2

Suy ra  2 có hai nghiệm phân biệt nên  1 có bốn nghiệm phân biệt

Ta có điều phải chứng minh

2

1

1

 

Đặt t    x y t và 2 1

1

t x t







0

1

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; 0 

Câu 3

Theo bất đẳng thức  2  2 2

mn  m n ta có:

2 2





,

nên đặt:

2

1

2

S

x y

x y





Do đó S 2 2 Đẳng thức xảy ra  a b

Vậy giá trị lớn nhất của S là 2 2 đạt được khi ab

Câu 4

a) Ta có: MSH  SCM và SCM  MDC (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

Do đó MSH MDH SMHD nội tiếp

b) Ta có: 0 0

Mặt khác CHM 900SHM 900MDS(tam giác vuông, góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

Mà MCDMDS(góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

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

Do đó HI BD (hai góc đồng vị)

90

BDCKHI CKCMT  CT là đường kính của  O

Mà DML900DLcũng là đường kính của  O Vậy CDTLlà hình chữ nhật

Từ đó ta có MS SL SD2; MD SL SD DL MC SL ;  SC CL

Vậy MC2MS MD CL2SD2R với Rlà bán kính của  O

Điều này tương đương:

2 2

OS

 

 

Mặt khác CDTL là hình vuông  SOC450 SOR 2 (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh

Câu 5

S

T

L

I H M O'

D

C

D

E F

A

Ta có: ACDBHD và ABD AHF AC AD AF (1).



Do đó:

Từ (1) và (3) suy ra

2

HAB

S

 

  Tương tự:

Do đó:

ABC

S

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi S HAB S HBCS HAC H là trọng tâm ABC, mà H là trực tâm ABC nên

ABC

Vậy ta có điều phải chứng minh