De Thi Vao 10 Toan Chuyen 2020 2021 Tinh Da Nang

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐĐÀ NẴNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

TRUNG HỌC PHỔTHÔNG NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN (chuyên)

Thời gian 150 phút Câu 1. (2,0 điểm)

a) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương, khác 1 của xthì biểu thức

1 1 1 3

1 1 4 4 2 9

x x x

A x x x x x

    

    

   

   ^{không nh}^ậ^{n giá tr}^ị^nguyên.

b) Xét các bộ số



^{x y z}^{; ;}



^{thỏa mãn} ^x²₂ ^y²₂ ^z₂² ^x²₂ ^y₂² ^z²₂

a b c a b c

    

  ^vớia b c, , là các số khác 0. Tính giá trị của biểu thức

2020 2020 2020

2 2 2 2 2 2

x y z

Q b c  c a  a b

Câu 2. (1,0 điểm) Trên đồ thị hàm số y 0,5 ,x² cho điểm M có hoành độdương và điểm Ncó hoành độâm. Đường thẳng MNcắt trục Oytại C, với O là gốc tọa độ. Viết phương trình đường thẳng OM khi C là tâm đường tròn ngoại tiếp OMN

Câu 3. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: ³^x³ ^^x²^²^x^²⁸^



^x³ ^⁴



^x³^{ }⁷ ^{0 1}

 

b) Giải hệphương trình : ²

 

2 2

3 4 3 3

6 1 2 9 8

3

x xy x y y

x y y y

    



     

Câu 4. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá tr ị của tham số m đểphương trình:



²^x² ^{ }^x ^m² ^²^m^^{15 2}



^x² ^³^x^^m² ^²^m^¹⁴



^⁰

có 4 nghiệm phân biệt x x x x₁, ₂, ₃, ₄thỏa mãn x₁²x₂²x₃² x₄² 3x x_{2 3}

Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ^ABC



^{  }^B ^C



ⁿội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao xuất phát từ B và C lần lượt cắt đường thẳng AOtại D và E. Gọi Hlà trực tâm tam giác ABCvà O'_{là tâm đườ}ng tròn ngoại tiếp tam giác HDE.Chứng minh rằng:

a) HDE ABCvà AHlà tiếp tuyến của đường tròn

 

^O^'

b) Đường thẳng AO'đi qua trung điểm của đoạn BC

Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABCnhọn



^AB^ ^AC



^,nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ đường phân giác ^{AD D}



^^BC



^của tam giác đó. Lấy điểm E đối xứng với Dqua trung điểm của đoạn BC._Đường thẳng vuông góc với BCtại D cắt AOcủa H,_đường thẳng vuông góc với BCtại E cắt AD_ở K. Chứng minh rằng tứ giác BHCKnội tiếp

Câu 7. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn x  y z 3.Chứng minh rằng:

     

2 2 2 2 2 2

3 2

x y y z z x x y y z z x

xy x y yz y z zx z x xy yz zx

 

             

(2)

ĐÁP ÁN Câu 1.

a) Với mọi xdương và khác 1, ta có biểu thức Abằng:

1 1 1 3

1 1 4 4 2 9

2 1 2 1 1 3

1 .4 2 2 9

1 3

2 9

x x x

A x x x x x

x x x x x

x x x

x x

    

    

   

  

     

 

  

   

Vì vậy, biểu thức Anhận giá trị nguyên biểu thức 3

2 9

B x x

  ^nh^ậ^{n giá tr}^ị^nguyên Mặt khác, ta có ^x^² ^x^{ }⁹



^x^¹



²      ^{8 8} ⁰ ^B ³₈ ^1.Nên B không thể nhận giá trị nguyên, nên Akhông thể nhận giá trị nguyên

b) Với a b c, , 0ta có biểu thức ^x²₂ ^y²₂ ^z₂² ^x²₂ ^y₂² ^z²₂

 

^*

a b c a b c

    

  tương đương với:



² ² ²



²2 2² 2² ² ² ²

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 0

x y z

a b c x y z

a b c

b c c a a b

x y z

a b c

 

       

 

        

      

     

Ta có các biểu thức

2 2 2 2 2 2

2 , 2 , 2

b c c a a b

a b c

        

     

      đều lớn hơn 0

Giả sử tồn tại 1số trong x y z, , khác 0. Suy ra :

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 0

b c c a a b

x y z

a b c

        

     

      (mâu thuẫn)

Vậy x    y z 0 Q 0 Câu 2.

Giả sử C_{là tâm đườ}ng tròn ngoại tiếp tam giác OMN. CM CN CO

  

Đặt M x



M^;yM

 

^,N xN^;yN

 

^,C ^0;yC



(3)

Do CM CN x_M  x_N  y_M  y_N MN / /Ox Từđó ta được OMNvuông cân tại O. suy ra y_M  x_M Mà y_M 0,x_M  0 y_M  x_M

đường thẳng OM có phương trình y x Câu 3.

a) Điều kiện xác định: ^x^ ³ ^{7 *}

 

. Với điều kiện

 

^* , phương trình (1) tương đương:



^x³^⁷



^x³ ^{ }⁷ ⁴



^x³^{ }⁷



³ ^x³^{ }⁷ ^x³^^x²^²^x



^x³ ⁷

 

³ ⁴ ^x³ ⁷



² ³ ^x³ ⁷



^x³ ³^x² ³^x ¹

 

⁴ ^x² ²^x ¹



³



^x ¹



              



^x³ ⁷

 

³ ⁴ ^x³ ⁷



² ³ ^x³ ⁷



^x ¹



³ ⁴



^x ¹



² ³



^x ¹

 

ⁱ

           

Đặt ^a^ ^x³ ^^7,^b^{ }^x ¹



^{a b}^, ^⁰



. Thay vào phương trình (i) ta được :

   

 

3 2 3 2 3 3 2 2

2 2

4 3 4 3 4 3 0

4 3 0

a a a b b b a b a b a b

a b a ab b a b

Do a ab b a b a b

           

 

        

       

   

3 3 2

3 2 2

2

7 1 7 2 1

2 8 0 2 4 0

2( 4 0)

a b x x x x x

x x x x x x

x do x x

         

         

    

Thử lại x2vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình có nghiệm x2 b)

  

 

2

2 2

3 4 3 3

6 1 2 9 8

3

x xy x y y i

x y y x ii

    



     



ĐKXĐ: ^x² ^⁶^y^{ }^{1 0;}^y² ^²^x^{ }⁹ ^{0 *}

 

Với điều kiện trên, ta có phương trình

 

ⁱ tương đương:

(4)

  

 

     

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

4 3 3 9 0 3 3 3 9 0

3 3 0 3

3

) 3 10 2 3 8

3

10 2 3 10 1 2 10 2 8)

3 ,

) 3 9 6 1 6 9 8

3

8 8

3 1 3 3 1 3

3 3

*) 1 3

x xy x y y x xy x xy y y

x y x y x y

x y

x y ii y y y

Do y y y y y

x y

x y ii y y y y

x y x y iii

y

           

 

        

         

           

 

         

         

 

 

8 1

4 4 ( )

3 3

1 8 1

*) 3 2 2 1( )

3 3 3

8 5

*) 3 4 4 ( )

3 3

iii y y ktm

y iii y y x tm

y iii y y ktm

    

         

      

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

 

^; ^1;¹

x y  3

  

  Câu 4.

Gọi phương trình ban đầu là

 

^* . Xét hai phương trình:

 

2 2

2 2 15 0 1

2 3 2 14 0 2

x x m m

    

Ta có:^{   }_{ }₁ _{ }₂ ⁸^m² ^¹⁶^m^^{121 8}^



^m^¹



²^¹¹³^ ¹¹³

Vậy hai phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt với mọi m Đặt ^T ^{    }_{ }₁ _{ }₂ ⁸



^m^¹



²^¹¹³^ ¹¹³

Phương trình (1) có 2 nghiệm 1 4

 T

(5)

Phương trình (2) có hai nghiệm là: 3 4

 T

Nhận thấy rằng 1 3

4 4 0

T T

   

  và 3 1

4 4 0.

T T

   

  Suy ra phương trình (1) và (2) không có nghiệm chung

Từđó suy ra phương trình

 

^* ^{có 4 nghi}ệm phân biệt ₁ ₂ ₃ ₄ 1 3

, , , ;

4 4

T T

x x x x     

 

2 2 2 2 2

2 2 2 2

1 2 3 4

1 1 3 3 5

4 4 4 4 4

T T T T T

x x x x             

            

Không mất tính tổng quát, giả sử x3  x2

Giả sử tồn tại m để x1² x2² x3² x4² 3x x2 3

 

**

2 2 3

3 5 0

4 x x T 

   . Suy ra x x₂, ₃cùng dương hoặc cùng âm

 

2 3

3 1

; ;

4 4

3 1

; ;

4 4

T T

x x

T T

x x

     

  

  



     

  

  



 

2 2

2

2 2 2

3 1

) ;

4 4

3 4 5

** 3. 9 12 3 4 20

16 4

1( 113)

2 11 0 0

11( ) 8 16 121 121 8 16 0

2

T T

x x

T T T

T ktm doT

T T m

T tm m m T m m

m

   

  

  

       

  

                

 

2 1

2 2

2

3 1

) ,

4 4

3 4 5

** 3. 9 12 3 4 20

16 4

12 11 0 1 ( 0)

11

T T

x x

T T T

T T T ktm do T

T

   

  

  

       

  

       

(6)

Câu 5.

a) Không mất tính tổng quát , giả sử ABAC.Gọi AL_{là đườ}ng cao của tam giác ,

ABC AFlà tiếp tuyến của (O)



^{L F}^, ^^BC



^,^AK^làđường kính

Ta có: ABC AKC,ALB ACK 90⁰ BALKACvà BAK CAL Suy ra DEH 90⁰  BAK 90⁰  CAH  ACB.

Tương tựta được HDE ABC HDE ABC Lại có AHD90⁰  CAH  ACB HED

Vì vậy AHtiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác HEDtại H b) Gọi giao điểm của AO'với BClà M

Ta có : ^^ABF ^^{HDA g g}^{( . )}^{ }^AOB ^^{HO D g g}^'

 

^.

Suy ra ^'



^{. .}



' AF AB OA

OAF O HA c g c AH  HD O H   

 

' '/ /

AOF AO H AMF HO BC

      AOMFlà tứ giác nội tiếp

Suy ra OM BCMlà trung điểm BC Vậy AO'đi qua M là trung điểm BC

K

F L M

O' H

E D

O A

B C

(7)

Câu 6.

Gọi L là điểm chính giữa cung nhỏ BCcủa đường tròn

 

^O

Do OL/ /EK Llà trung điểm DK.Gọi Ilà điểm đối xứng với E qua L Suy ra DEKIlà hình chữ nhật , BIKClà hình thang cân và I D H, , thẳng hàng.

Lại có ^OAL^^OLA^^{LID DoOL}



^{/ /}^DI



^ ^AHLIlà tứ giác nội tiếp Suy ra DI DH. DA DL. DB DC. . Suy ra tứ giác BHCInội tiếp.

Lại có BIKCnội tiếp nên suy ra tứ giác BHCKlà tứ giác nội tiếp.

Câu 7.

Trước tiên ta có hai bổ đề quen thuộc

Bổ đề 1. Cho a b c x y z, , , , , là các số thực và x y z, , 0_{, khi đó:}

I L

K H

E D

O A

B

C

(8)

 

²

2 2 2 a b c

a b c

x y z x y z

    

 

Chứng minh: Trước tiên ta chứng minh ^a² ^b²



^a ^b



²

x y x y

  

 . Biến đổi tương đương bất đẳng thức, ta được:

     

²

 

²

2 2

a y x y b x xy  ab xy aybx 0 Bất đẳng thức trên luôn đúng. Suy ra:

 

²

 

²

2 2 2 a b 2 a b c

a b c c

x y z x y z x y z

  

    

  

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a b c x  y z Bổ đề 2: Cho 2số a b, 0. Khi đó ²



^a^^b



^ ^a^ ^b

Chứng minh: Từ bất đẳng thức đúng



^a ^ ^b



² ^⁰, suy ra :

   

²

 

2 2 2

a b ab  ab  a  b  ab  a  b Vậy bất đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi ab Bổ đề 3. Cho 3 số thực dương x y z, , . Khi đó

2 2 2

3 3 1

1 1 1

x y z

  

  ^{. Ch}^ứng minh: Thật vậy, ta có:

 

2 2 2

2 2 2 2

1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 27

3 3

x y z x y z x y z x y z

   

 

              

Suy ra

2 2 2

3 3 1

1 1 1

x y z

  

 

(9)

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi x y z

Trở lại bài toán, đặt bất đẳng thức cần chứng minh là

 

^* . Áp dụng Bổđề 2, ta có:

   

       

2 2 2 2 2

2 2 2 2

x y x y 2 x y xy x y

xy xy x y xy x y xy x y xy x y x y

 

           

       

2 2 2 2 2 2

2 2 2

* x y y z z x

VP xy x y yz y z zx z x x y y z z x

  

      

     

Mặt khác, áp dụng Bổđề 3, ta có:

2 2 2

2 2 2 1

3 3

2 2 2

3 3

3 3 3

3

x y y z z x

x y z

  

        

 

        

     

  

 

Từđó ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi x  y z 1