10 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT An Giang (Có lời giải)

Nội dung text: 10 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT An Giang (Có lời giải)

1. Bài 4. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , D là điểm bất kì thuộc cạnh BC ( D khác B và C ). Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC . Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại P , Q (theo thứ tự P , M , N , Q ). Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I (khác B ). Các đường thẳng DI và AC cắt nhau tại K . a) Chứng minh 4 điểm A , I , P , K nằm trên một đường tròn. QA PD b) Chứng minh = . QB PK c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G (khác P ). Đường thẳng CD IG cắt đường thẳng BC tại E . Chứng minh khi D di chuyển trên đoạn BC thì tỉ số không CE đổi. Bài 5. (1.0 điểm) Cho a , b là các số dương thỏa mãn a + 2b ³ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 9 3a2 + a2b + ab2 + (8 + a)b3 P = 2 . ab  HẾT  ĐÁP ÁN THAM KHẢO – CHUYÊN TOÁN TIN – BÌNH ĐỊNH 2021 – 2022 Bài 1. (2.0 điểm) æ - + ö æ ö ç x y x y ÷ç1 1÷ 1. Cho biểu thức: A = ç - ÷.ç - ÷. èç x + y x - y ÷ø èçx yø÷ Tính giá trị biểu thức A với x = 2021 + 2 505 , y = 2021- 2 505 . 1 1 1 1 2. Cho các số thực a, b, c ¹ 0 và a + b + c ¹ 0 thỏa mãn + + = . a b c a + b + c 1 1 1 1 Chứng minh rằng: + + = (*). a2021 b2021 c 2021 a2021 + b2021 + c 2021 1. Điều kiện: x > 0 ; y > 0 và x ¹ y . æ - + ö æ ö - + - - - ç x y x y ÷ç1 1÷ x 2 xy y x 2 xy y y - x 4 Ta có: A = ç - ÷.ç - ÷= . = . èç x + y x - y ø÷èçx yø÷ x - y xy xy Thay x = 2021 + 2 505 , y = 2021- 2 505 vào biểu thức đã thu gọn, ta được: 4 4 A = = = 4 . 2021 + 2 505. 2021- 2 505 2021- 4.505 ì 4 ï x = 2021 + 2 505 Vậy A = (với x > 0 ; y > 0 và x ¹ y ) và A = 4 khi íï . xy ï îï y = 2021- 2 505 1 1 1 1 1 1 1 1 b + c b + c 2. Ta có: + + = Û - + + = 0 Û + = 0 . a b c a + b + c a a + b + c b c a(a + b + c) bc
2. thỏa thỏa Vậy số cần tìm là: x Î {4;13} . Bài 3. (1.5 điểm) ì ï 2 2xy - y + 2x + y = 10 (1) Giải hệ phương trình: íï . ï îï 3y + 4 - 2y + 1 + 2 2x - 1 = 3 (2) 1 Điều kiện: x ³ ; y ³ 0 . 2 2 Ta có: (1) Û 2x - 1+ 2 y. 2x - 1 + y = 9 Û ( 2x - 1 + y) = 9 Û 2x - 1 + y = 3 (do 2x - 1 + y ³ 0 ). Û 2x - 1 = 3- y (*). Thay 2x - 1 = 3- y vào (2) ta được: 3y + 4 - 2y + 1 + 6- 2 y = 3 Û 2 y - 3y + 4 + 2y + 1- 3 = 0 é - 4 = 0 3 êy ( ) y - 4 2(y - 4) ê Û + = 0 Û ê 1 2 . 2 y + 3y + 4 2y + 1 + 3 ê + = 0 (4) ëê2 y + 3y + 4 2y + 1 + 3  Từ (3) suy ra y = 4 (thỏa), thay vào (*) suy ra 2x - 1 = 1 Û x = 1 (thỏa). 1  Nhận thấy VT > 0 với mọi x ³ ; y ³ 0 Þ phương trình (4) vô nghiệm. (4) 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (x ; y)= (1;4). Bài 4. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , D là điểm bất kì thuộc cạnh BC ( D khác B và C ). Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC . Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại P , Q (theo thứ tự P , M , N , Q ). Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I (khác B ). Các đường thẳng DI và AC cắt nhau tại K . a) Chứng minh 4 điểm A , I , P , K nằm trên một đường tròn. QA PD b) Chứng minh = . QB PK c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G (khác P ). Đường thẳng CD IG cắt đường thẳng BC tại E . Chứng minh khi D di chuyển trên đoạn BC thì tỉ số không CE đổi. a) Vì tứ giác APBC nội tiếp Þ P·AC + P·BC = 180° (1). Vì tứ giác BDIP nội tiếp Þ P·ID + P·BC = 180° (2).
3. 2 2 9 2 3 3a + a b + ab + 8 + a b 2 ( ) 3a 9b 8b Ta có: P = 2 = + a + + + b2 ab b 2 a 8b2 4b.2b 4b(3- a) 12b Theo đề a + 2b ³ 3 Þ 2b ³ 3- a Þ = = = - 4b . a a a a Do đó: 3a 9b 8b2 3a 9b 12b 3a 12b 3b P = + a + + + b2 ³ + 3- 2b + + - 4b + b2 = + + b2 - + 3 b 2 a b 2 a b a 2 2 3a 12b æ 3ö 39 39 231 ³ 2. . + çb - ÷ + ³ 12 + = . b a èç 4÷ø 16 16 16 ïì a, b > 0 ï ï 3a 12b 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi íï = Û a = 2b = . ï b a 2 ï îï a + 2b = 3 231 æ3 3ö Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi (a;b)= ç ; ÷. 16 èç2 4ø÷  CHÚC CÁC EM HỌC TỐT  ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH BÌNH DƯƠNG – 2021-2022 Câu 1 ( 2 điểm ) + 2 ― 1 + ― 2 ― 1 a/ rút gọn P= với x ≥ 2 + 2 ― 1 ― ― 2 ― 1 1 b/ cho x là số thực dương thỏa mãn: 2 . + 2 = 7 1 Tính giá trị của A= 7 + 7 Câu 2 ( 2điểm ) a/ với a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác. Chứng minh pt sau vô nghiệm: ( 2( ― 1) + ( 2 ― 2) + 2 = 0 với x thuộc R b/ giải pt: ( 2 ― 6 + 11) 2 ― + 1 = 2( 2 ― 4 + 7) ― 2 Câu 3: (3 điểm ) a/ cho 3 số nguyên a,b,c thỏa = ― = / . cm rằng ( a+b+c) có giá trị là lập phương của 1 số nguyên b/ cho x,y,z >0 thỏa xy + yz +zx =1 . chứng minh : 10 2 +10 2 + 2 ≥ 4. Dấu “=” xảy ra khi nào ? Câu 4: (3 điểm ) Cho hình thoi ABCD ( AC>BD). Gọi O là giao điểm của AC và BD. (O) nội tiếp hình thoi ABCD, tiếp xúc các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt tại E,F,G,H. Lấy K trên đoạn HA và L trên đoạn AE sao cho KL tiếp xúc (O) a/ cm : ó 퐿 퐾 = ó 퐿 0 푣à 퐿. 퐾 = 2
4. b) Đkxđ: ≥ 2. Phương trình đã cho tương đương với [( 2 ― + 1) ― 5( ― 2)] 2 ― + 1 = 2[( 2 ― + 1 ― 3( ― 2)] ― 2 Đặt = 2 ― + 1, = ― 2. ( , ≥ 0). Phương trình trở thành 3 ― 2 2 ― 5 2 + 6 3 = 0 ⇔( + 2 )( ― 3 )( ― ) = 0 - TH1: = ―2 (vô lý vì lúc này 2 ― + 1 = ― 2 = 0(vô nghiệm)) - TH2: = ⇔ 2 ― + 1 = ― 2 ⇔( ― 1)2 = ― 2 (vô nghiệm) - TH3: = 3 ⇔ 2 ― + 1 = 9( ― 2) ⇔ 2 ― 10 + 19 = 0 ⇔ = 5 ― 6(nhận) = 5 + 6(nhận) Vậy = 5 ± Câu 3: a) Điều kiện để cho tương đương với = + = . ⇒ ― ― + 1 = 1 ⇔( ― 1)( ― 1) = 1 Vì , ∈ và > 0nên ta phải có ―1 = ―1 = 1, hay = = 2. Điều này dẫn tới = 4. Ta có + + = 8 = 23, là một số lập phương. Vậy ta có đpcm. b) Bất đẳng thức đề cho tương đương với 10 2 + 10 2 + 2 ≥ 4( + + ) ⇔12 2 + 12 2 + 3 2 ≥ 2( + + )2 2 2 2 ⇔ 1 + 1 + 1 ≥ 2( + + )2 (1) 12 12 3 Theo bất đẳng thức Bunyakovsky dạng cộng mẫu, ta có 2 2 2 ( + + )2 + + ≥ = 2( + + )2 1 1 1 1 12 12 3 2
5. ⇒∠퐾 = ∠ (5) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2021 BÌNH PHƯỚC MÔN THI: TOÁN CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 9/6/2021 (Đề thi gồm có 01 trang) Từ (1), (4) và (5) ta có: ∠퐾 = ∠퐾퐿 ⇒ KMLO nội tiếp (w). Chứng minh tương tự ta có: KMON nội tiếp (w) Do đó K, M, L, N thuộc đường tròn (w). c) Dễ dàng chứng minh: 훥 퐿푃 ∼ 훥 푄퐾 퐿 푃 (6) ⇒ 푄 = 퐾 ⇒ 푃. 푄 = 퐿. 퐾 푃 Từ (2) và (6) 2 ⇒ 푃. 푄 = ⇒ = 푄 Lại có: ∠ 푃 = ∠ 퐿 = ∠ = ∠ 퐾 = 푄 Do đó 훥 푃 ∼ 훥 푄 Vẽ tiếp tuyến PS của (O), ta cần chứng minh S ≡ Q Tương tự như trên ta chứng minh được 훥 푃 ∼ 훥 푆 푆 Do đó DS = DQ S Q. 훥 푆 ∼ 훥 푄 ⇒ = 푄 ⇒ ⇒ ≡ Vậy ta có đpcm. x x 1 x x 1 2 x 2 x 1 Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A : x x x x x 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên. Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 2x 2x 3 3x2 6x 1
6. 0,25 ĐKXĐ: x 0, x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x 1 Ta có x x x x 1 x x x 1 x 1 x x 1 x x 1 0,5 x x x x 1 x 2 2 x 2 x 1 2 x 1 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 2 x 1 x 1 0,25 Vậy A : x x x 1 x 1 b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên 0,5 x 1 2 Ta có A 1 0,125 x 1 x 1 Để A nhận giá trị nguyên thì x 1 là ước của 2. Hay x 1 2; 2;1; 1. x 1 2 x 1 l 0,25 x 1 1 x 0 x 0 l Suy ra x 1 2 x 3 x 9 n x 1 1 x 2 x 4 n Vậy có 2 giá trị x 4; x 9 thì A nguyên. 0,125 a) Giải phương trình: 2x 2x 3 3x 2 6x 1. b) Giải hệ phương trình: 2,0 2 2 2 2x 4xy 3x 4y 4 9 x 1 x 2xy x 2y x 1 x 2y 2x 2y 5. a) Giải phương trình: 2x 2x 3 3x 2 6x 1. 1,0 3 ĐKXĐ: x 0,125 2 Ta có 2 2 0,25 Pt x2 2x 3 2x 2x 3 4x2 8x 4 x 2x 3 2x 2
7. x 2 x 26 0,125 Kết luận: Hệ có 2 nghiệm là: 1 và 349 . y y 3 27 Cho phương trình: x2 2(m 3)x 3m2 8m 5 0 , với m là tham số. a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. 3 1,5 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa mãn điều 2 2 kiện x1 2x2 3x1x2 x1 x2 a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. 0,75 Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì 2 0,25 x1.x2 0 3m 8m 5 0 m 1 3m 5 0 m 1 m 1 0 5 m 3m 5 0 3 5 1 m 0,375 m 1 0 m 1 3 3m 5 0 5 m 3 5 Vậy 1 m thì thỏa yêu cầu bài toán. 0,125 3 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa mãn điều 2 2 0,75 kiện x1 2x2 3x1x2 x1 x2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì m 3 2 3m2 8m 5 0 m2 6m 9 3m2 8m 5 0 0,125 2m2 2m 4 0 1 m 2 x1 x2 2(m 3) (1) Theo định lý Vi-et ta có: 2 0,125 x1x2 3m 8m 5 (2) Theo đề ta có 2 2 x1 x2 0 x1 2x2 3x1x2 x1 x2 x1 x2 x1 2x2 x1 x2 0,25 x1 2x2 1 0
8. a) Chứng minh AL.CB AB.KL . 1 Xét hai tam giác AKL và ACB , có: + µA chung AK AL + AK.AB AH 2 AL.AC . 0,5 AC AB Suy ra hai tam giác AKL và ACB đồng dạng. AL KL Suy ra AL.CB AB.KL. AB CB 0,5 b) Lấy điểm E trên đoạn thẳng AD sao cho BD DE . Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 1,0 Ta có D là điểm chính giữa trên cung nhỏ BC nên AE là đường phân giác trong 0,25 của góc A của tam giác ABC. (*) + Tam giác DBE cân tại D nên : B· ED E· BD 1 . 0,125 + B· ED B· AD ·ABE B· CD ·ABE D· BC ·ABE 2 . 0,25 + Ta có E· BD D· BC E· BC 3 0,125 Từ (1), (2), (3) suy ra ·ABE E· BC hay BE là phân giác trong của góc B của tam giác ABC . 0,25 Từ (*) và ( ) suy ra E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. c) Đường thẳng KL cắt đường tròn O tại hai điểm M , N ( K nằm giữa 1,0 M , L ). Chứng minh AM AN AH.
9. Ta có 2a2 a 3b2 b a b 2a 2b 1 b2 * Gọi d a b,2a 2b 1 với d ¥ * a b d 0,25 2 Suy ra a b 2a 2b 1 d b2 d 2 bd. 2a 2b 1 d Vì a b d ad 2a 2b d mà 2a 2b 1 d nên 1d d 1 0,125 Do đó a b,2a 2b 1 1. Từ (*) ta được a b và 2a 2b 1 là số chính phương. Vậy 2a 2b 1 là số chính phương. 0,125 Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng: a3 b a) a . 1,0 6 a2 b2 2 a3 b3 c3 a b c b) . a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 3 a3 b a) a . 0,5 a2 b2 2 2 2 2 a3 a a b ab ab2 Ta có a . a2 b2 a2 b2 a2 b2 0,25 ab2 ab2 b Theo BĐT Cauchy ta có a a a . a2 b2 2ab 2 0,25 a3 b3 c3 a b c b) . 0,5 a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 3 b3 c c3 a Tương tự theo câu a) ta có : b , c . b2 c2 2 c2 a2 2 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có: 0,125 a3 b3 c3 a b c . a2 b2 b2 c2 c2 a2 2 a3 a3 2 a3 Ta có: . . a2 ab b2 a2 b2 3 a2 b2 0,125 a2 b2 2 b3 2 b3 c3 2 c3 Tương tự ta có . , . . b2 bc c2 3 b2 c2 c2 ca a2 3 c2 a2 0,125 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có: a3 b3 c3 a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 2 a3 b3 c3 a b c 0,125 2 2 2 2 2 2 . 3 a b b c c a 3
10. các học sinh vào các hàng còn lại sao cho số học sinh ở mỗi hàng là bằng nhau. Hỏi Trường trung học cơ sở Tân Tiến có bao nhiêu ho5c sinh lớp 9? Hết ĐÁP ÁN Bài 1: (1,0 điểm) a) x x 1 x x 1 2x 4 x 2 A : x x x x x 1 2 x 1 x x 1 x 1 x x 1 2 x 1 : x x 1 x x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 2 x 1 2 x x 1 x 1 : . x x x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 2 b) Với x 0; x 1 ta có: A 1 x 1 x 1 Để A nguyên thì 2 x 1 suy ra x 1 1;1; 2;2 x 1 1 x 0 x 1 1 x 4 x 1 2 x 9 x 1 2 Với x 0; x 1, để A nguyên thì x = 4 hoặc x = 9 Bài 2: (1,0 điểm) 2x2 x 2 x2 4x 3 1 x2 7x 5x2 20x 2 x2 4x 3 0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC 2021 – 2022 Khóa ngày 05 tháng 6 năm 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (CHUYÊN) (Đề thi có 2 trang) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức 1 푃 = ( ― 1) ― 1 + ― 3 ― 1 : với x > 1 và x ≠ 2. ― 2 ― 1 + 1 ( ― 1) ― 1 ― + 1 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của P khi = 7 + 4 3 ― 5 + 1 7 ― 4 3 + 5| 3 ― 2|.
11. ― 1 + 2 ― 1 + 1 푃 = ∙ ( ― 1) ― 1 ― 1 ― 1 + 1 2 ― 1 + 1 푃 = ∙ ( ― 1) ― 1 ― 1 ― 1 + 1 푃 = ― 1 + 1 ∙ ( ― 1) ― 1 ― 1 P = (x – 1)(x – 2) = x2 – 3x + 2 Vậy P = x2 – 3x + 2 với x > 1 và x ≠ 2. b) Tính giá trị của P khi = 7 + 4 3 ― 5 + 1 7 ― 4 3 + 5| 3 ― 2|. = 7 + 4 3 ― 5 + 1 7 ― 4 3 + 5| 3 ― 2| = 4 + 4 3 + 3 ― 5 + 1 4 ― 4 3 + 3 + 5 2 ― 3 (do 3 0 ) = 2 + 3 ― 2 ― 3 5 + 1 ― 5 = 2 + 3 ―2 + 3 = 2 3 (thỏa điều kiện) 2 Thay = 2 3 vào P ta được 푃 = 2 3 ―3 ∙ 2 3 +2 = 14 ― 6 3 Vậy 푃 = 14 ― 6 3. Câu 2. (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = –2mx – 2m. Tìm tất cả giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn | 1| + | 2| = 2 3 . Giải: Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: x2 = –2mx – 2m ⇔ x2 + 2mx + 2m = 0 (1) Ta có: ∆’ = m2 – 2m. (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 > 2 2 > 0 > 2 ⇔ ∆’ > 0 ⇔ m – 2m > 0 ⇔ m. (m – 2) > 0 ⇔ 2 thì (*) trở thành: 4m2 – 4m + 4m = 12 ⇔ m2 = 3 (loại vì m2 > 4) 2 2 = ―1(푛ℎ 푛) • Với m < 0 thì (*) trở thành: 4m – 8m – 12 = 0 ⇔ m – 2m – 3 = 0 ⇔ = 3(푙표 푖) Vậy với m = –1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn đề bài.
12. + 2 + 1 = 0 2 + 1 = 0 ( + 2 + 1)2 = 0 = 2 = ―5 , = 2 2 ⇔ = 2 ⇔ ⇔ = 4 = ―2 + 2 + 1 = 0 = 3 , = ―2 = ―2 Vậy tập nghiệm nguyên của phương trình là: S = {(1; 0); (–3; 0); (–5; 2); (3; –2)}. b) Lúc 7 giờ, anh Toàn điều khiển một xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố B. Khi đi 3 được quãng đường, xe bị hỏng nên anh Toàn dừng lại để sửa chữa. Sau 30 phút sửa xe, anh Toàn tiếp tục 4 điều khiển xe gắn máy đó đi đến thành phố B với vận tốc nhỏ hơn vận tốc ban đầu 10 km/h. Lúc 10 giờ 54 phút, anh Toàn đến thành phố B. Biết rằng quãng đường từ thành phố A đến thành phố B là 160 km và vận tốc của xe trên mỗi đoạn đường không đổi. Hỏi anh Toàn dừng xe để sửa chữa lúc mấy giờ? Giải: Gọi vận tốc xe ban đầu là x (km/h) (x > 10). Vận tốc sau khi sửa chữa xe là: x – 10 (km/h) 3 Quãng đường từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: ∙ 160 = 120 (km) 4 Quãng đường còn lại là: 160 – 120 = 40 (km). 120 40 Thời gian đi từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: (h), thời gian đi từ lúc đã sửa xe đến B là (h) ― 10 Anh Toàn phải dừng lại sửa xe 30 phút = 0,5 h nên tổng thời gian đi từ A đến B là: 120 40 +0.5 + (h) ― 10 Vì lúc đi từ A là 7 giờ và đi đến B là 10 giờ 54 phút nên tổng thời gian đi từ A đến B (kể cả thời gian sửa xe là 3 giờ 54 phút = 3,9 (h) 120 40 Vậy ta có phương trình: +0.5 + = 3,9 ― 10 120 40 ⇔ + = 3,4 ― 10 ⇒ 120(x – 10) + 40x = 3,4x. (x – 10) ⇔ 3,4x2 – 194x + 1200 = 0 (1) ∆’ = 972 – 3,4. 1200 = 5329 = 732 > 0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 50 (thỏa đk) 120 = BC > AC) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường tròn tâm C, bán kính CB cắt đường thẳng AB tại điểm D và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. a) Chứng minh đường thẳng DE vuông góc với đường thẳng AC.
13. *Xét ∆IAE và ∆IBC có: = (2 góc nội tiếp chắn cung AC của (O)) = (2 góc đối đỉnh) ∆IAE ∆ICB (g – g) ⇒ = ⇒ ∽ ⇒IE. IC = IB. IA * Ta có: B đối xứng E qua CO (OC là trung trực của BE) ⇒ = (tính chất đối xứng) Và: = (∆CBD cân tại C) Nên: = ⇒ CDEH nội tiếp (2 đỉnh kề nhau E, D cùng nhìn cạnh CH dưới các góc bằng nhau) ⇒ = Xét ∆IED và ∆IHC có: = (cmt) = (2 góc đối đỉnh) ∆IED ∆IHC (g – g) ⇒ = ⇒ ∽ ⇒IE. IC = ID. IH Mà IE. IC = IB. IA (cmt) Vậy IB. IA = ID. IH (đpcm) Câu 6. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng ( + 2)2 2 ( + 2)2 + ( + 2) + ≥ 12 + + + 2 2 2 2 Áp dụng Bất dẳng thức phụ + + ≥ ( + + ) . Dấu “=” xảy ra khi = = , a, b, c > 0 + + Chứng minh BĐT phụ: Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số ; ; và ; ; ta có: 2 2 2 2 2 2 ( + + )2 + + ( + + ) ≥ ( + + )2 ⇔ + + ≥ + + Khi đó ta có: ( + 2)2 2 ( + 2)2 ( + + + 6)2 + ( + 2) + ≥ + + + 2( + + ) ( + 2)2 2 ( + 2)2 ( + + )2 + 12( + + ) + 36 ⇒ + ( + 2) + ≥ + + + 2( + + ) ( + 2)2 2 ( + 2)2 + + 18 ⇒ + ( + 2) + ≥ + +6 + + + 2 + + ( + 2)2 2 ( + 2)2 + + 18 ⇒ + ( + 2) + ≥ 2 ∙ +6 (BĐT + + + 2 + + Cauchy) ( + 2)2 2 ( + 2)2 ⇒ + ( + 2) + ≥ 2 9 +6 = 12 + + + + 2 = + 2 = + 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi + + + ⇔ + + = 18 2 + + = = ( + + )2 = 36 ⇔ x = y = z = 2 ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN - THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – 2021 – 2022
14. Câu 1. Cho phương trình x4 m 2 x2 3m 3 0 với m là tham số. Tìm tất cả giá trị của m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 , x4 sao cho 4 4 4 4 x1 x2 x3 x4 2x1x2 x3 x4 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Đặt x2 t , t 0. Phương trình trở thành: t 2 m 2 t 3m 3 0 1 Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi phương trình 1 có hai nghiệm dương phân biệt 0 t1 t2 . m 2 2 4 3m 3 0 m2 8m 16 0 m 1 Ta được S m 2 0 m 1 m 4 P 3m 3 0 Giả sử x1 x2 x3 x4 2 2 2 2 Khi đó, đặt x1 x4 t2 ; x2 x3 t1 ; t1 0;t2 0. Ta có 2 2 2 2 2 2 5 27 27 P 2t1 2t2 2t1t2 2S 6P 2 m 2 6 3m 3 2m 10m 26 2 m 2 2 2 5 Dấu bằng xảy ra khi m (thỏa mãn điều kiện) 2 27 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , đạt khi m . 2 2 Câu 2. 1) Giải phương trình 2022 2022x 2021 2023x 2022 2023 3 3 x 6xy y 8 2) Giải hệ phương trình 2 2x y 3 5x y 3 x y 5 Lời giải 2021 x 2022 2022 1) Điều kiện: x 2022 2023 x 2023 2022 2022x 2021 2023x 2022 2023 2022 2022x 2021 1 2023x 2022 1 0 2022 2022x 2022 2023x 2023 0 2022x 2021 1 2023x 2022 1 20222 2023 x 1 0 2022x 2021 1 2023x 2022 1 x 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1 2) x3 6xy y3 8
15. x2 y 1 6 x2 x 4 0 x y 1 y x 1 2 2 x y 1 6 x x 6 0 x 2 1 x y 1 y x 1 y 3 x2 y 1 1 x2 x 4 0 x y 6 y x 6 Vậy phương trình có nghiệm: x; y 2;3 Câu 4. Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b a2 1 c b2 1 a c2 1 P . a2 b2 1 b2 c2 1 c2 a2 1 Lời giải 3 3 2 Ta có 2 a b c 3 abc abc 3 a2 1 b2 1 c2 1 P 33 abc 1 a 1 1 a 4. 9. 1313 a 4 9a 44.99 a5 1 b 1 1 b 4. 9. 1313 b 4 9b 44.99 b5 1 c 1 1 c 4. 9. 1313 c 4 9c 44.99 c5 1 1 13 3 3 13 P 3 13 . 12 27 5 5 5 39 15 4 .9 .a .b .c 3 13 24 54 2 2 2 .3 . 3 2 Dấu bằng xảy ra khi a b c 3 Câu 5. Cho nửa đường tròn O;R đường kính AB . Lấy điểm C tùy ý trên nửa đường tròn đó ( C khác A và B ). Gọi M , N lần lượt là điểm chính giữa của cung AC và cung BC . Hai đường thẳng AC và BN cắt nhau tại D . Hai dây cung AN và BC cắt nhau tại H . 1) Chứng minh tứ giác CDNH nội tiếp. 2) Gọi I là trung điểm DH . Chứng minh IN là tiếp tuyến của nửa đường tròn O;R . 3) Chứng minh rằng khi C di động trên nửa đường tròn O;R thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
16. AB2 AB AC.PA BC.PB AB2 AB.AB.PC d / l Ptolemy PA.PB PA.PB.PC PA.PB PA.PB.PC AB2 4AB2 2 4 PA.PB PA2 PB2 Dấu bằng xảy ra khi P là điểm chính giữa cung AB không chứa C .