Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và đào tạo Hưng Yên năm 2020

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC: 2020-2021

MÔN THI TOÁN CHUYÊN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm)

Cho biểu thức

3

: 1

1

M

x

     

a) Rút gọn biểu thức M

b) Tìm giá trị của x để biểu thức M nhận giá trị nguyên dương

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Tìm hàm số bậc nhất có đồ thị là đường thẳng với hệ số góc dương đi qua điểm A 2;1 và tạo với hai trục toạ

độ một tam giác có diện tích bằng 1

2

b) Tìm các giá trị của m để phương trình 2

2x (m5)x   m 2 0 (m là tham số) có hai nghiệm phân biệt

1, 2

x x thỏa mãn 12 22 17

4

x x 

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình 5x22x 3 (2x1) 5x22x  1 0

b) Giải hệ phương trình  2  2  2 

2

2 0

x y



   



Câu 4 (3,0 điểm)

1 Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a M là điểm di động trên đoạn OB M khác O và B Vẽ đường  tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD và D Đường tròn  I và đường tròn  J cắt nhau tại điểm thứ hai là N

a) Chứng minh rằng năm điểm A N B C D, , , , cùng thuộc một đường tròn

b) Chứng minh ba điểm C M N, , thẳng hàng

2 Cho tam giác MNP vuông cân tại M, MN Lấy điểm a D thuộc cạnh MN, điểm E thuộc cạnh NP sao

cho chu vi tam giác NDE bằng 2 a Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác NDE

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho a b, là các số thực dương thỏa mãn điều kiện (ab)34ab12 Chứng minh rằng:

2020 2021

1 a1 b ab

-Hết -

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1

a) Với x0; x1 và x 9, ta có:

3

1

1

x

x





M



M

 

Lại có: M   3 x 3  x   3  3; 1; 1; 3 x0; 2; 4; 6 x 0; 4; 16; 36 

Vậy với x 0, 4, 16, 36 thì M nhận giá trị nguyên

Câu 2

a) Ta có yaxb với a 0 Do đường thẳng đi qua điểm A 2;1 nên ta có: 2a  b 1

Đường thẳng cắt hai trục độ tọa độ tại B 0;b và C b; 0

a

Khi đó

2

2

OBC

b b

a a

Từ đó ta có hệ

2

,

a b



Vậy y x 1 hoặc 1 1

y x là các hàm số cần tìm

Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo định lý Viete, ta có:

1 2

5 2 2 2

m

x x m

x x

  





Khi đó ta có:

2

2

2

2

0

6

m

m

     

    

 



  

 Vậy m0, m 6 là hai giá trị cần tìm

Câu 3

a) Điều kiện 5x22x  Đặt 1 0 2

a x  x a Phương trình đã cho trở thành:

2

a a x

a x a

Với a2x1, ta có:

2

2 2

1 2

x

 





So với điều kiện ban đầu phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 3

b) Phương trình thứ nhất của hệ đã cho tương đương:  2    2 2

2

x

x x y

 



2

x x

x

 



    

 ta đều có y 4.

Với y 2 x thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2 0 2

x x

   



  

    

 Vậy hệ cho có bốn nghiệm x y ;   2; 4 ,  2; 4 , 0; 2 ,   1;3 

Câu 4

1 a) Ta có: BC là tiếp tuyến của  I tại B nên IAB

Ta có tam giác IMB cân tại I mà IBM 450 nên tam giác IMB vuông cân tại I

Suy ra  0

90

MIB  Do đó   0

45 2

MIB

2

DJM

BNDDNM MIB   mà DAB 900 nên tứ giác DANB nội tiếp

Mà DABC nội tiếp nên năm điểm D A N B C, , , , cùng thuộc một đường tròn

b) Gọi N là giao điểm của 1 CM với  I , suy ra 2  

1 1

CB CM CN Gọi N là giao điểm của 2 CM với  J , suy ra 2  

2 2

CD CM CN

Từ  1 và  2 suy ra CB2 CD2CM CN 1CM CN 2 Do đó NN1N2

Vậy C M N, , thẳng hàng

2 Gọi H là hình chiếu của E lên MN Đặt NDx NE, y với 0  và x a 0 y a 2

NE EH NE MP y a y

EH

Ngoài ra: NE NP NP NE EP





 



y y

HDMDMH  a  x a  x



Trong trường hợp E nằm giữa D và N thì ta tính được

2

y

HD x

N

J

I

D

B A

O

C M

M

P

E

D

Khi đó

2

2

y y

ED HE HD   x  x y  xy



Suy ra NENDED  x y x2y2 2xy2 a

NED

xy

S  EH ND 

Theo bất đẳng thức AM – GM thì x y 2 xy x, 2y22xy

Đặt t xy thì

2

NDE

S   Theo trên, ta có

2a 2t 2t t 2  2t t 2 2 hay

a

t 

Vì thế nên

2

2

2

NDE

a

Đẳng thức xảy ra khi

2

 

Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích NDE là

2

2

2

a

a

NDNE

Câu 5

Với mọi x y , 0 và xy 1, ta có: 1 1 2

1 x1 y1 xy

Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

0

1

xy y

x





Do xy 1 nên bất đẳng thức cuối đúng Đẳng thức xảy ra khi xy hoặc xy 1

Áp dúng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

 3  3

12 ab 4ab 2 ab 4ab2ab abab 3 ab 1

Đặt t ab với 0  Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: t 1

1 a1 b1 ab 1 t

Ta cần chứng minh 2 2020 2 2021

 Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương:

2020t 2020t 2021t2019  0 t 1 2020t 4040t2019 0

Bất đẳng thức cuối đúng do t 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t  hay 1 x y 1