10 Đề Tuyển Sinh Toán 10 Chuyên 2021-2022 Có Lời Giải Chi Tiết

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

TỈNH AN GIANG Năm học: 2021 - 2022

Môn thi: TOÁN - CHUYÊN Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1. (3,0 điểm)

a) Rút gọn

A  419 40 19   419 40 19 

_. b) Giải phương trình

2 x

²

  2 3 3   x  3 3 0 

_.

c) Biết nghiệm của phương trình

2 x

²

  2 3 3   x  3 3 0 

là nghiệm của phương trình

4 2

4x bx  c 0. Tìm các số b c, _. Bài 2. (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị

  P

của hàm số

y   x

²_.

b) Viết phương trình đường thẳng

  d

đi qua điểm

A   0;1

và tiếp xúc với

  P

_.

Bài 3. (1,0 điểm)

Cho hai số a b, phân biệt thỏa mãn a²2021a b ²2021b c _{, với}c là một số thực dương.

Chứng minh rằng:

1 1 2021 a b  c 0

. Bài 4. (2,0 điểm)

Cho tam giác

ABC

₍

AB AC 

) nội tiếp trong đường tròn

  O

đường kính

AC

_{. Gọi}

I

_{là một} điểm thuộc đoạn

OC

₍

I

_khác

O

_và

C

_{). Qua}

I

kẻ đường vuông góc với

AC

_cắt

BC

_tại

E

_và

AB

kéo dài tại

D

_{. Gọi}

K

là điểm đối xứng của

C

_{qua điểm}

I

_.

a) Chứng minh rằng các tứ giác

BDCI

_và

AKED

_{nội tiếp.}

b) Chứng minh

IC IA IE ID .  .

_. Bài 5. (1,0 điểm)

Cho tam giác

ABC

đều có diện tích

36 cm

²_{. Gọi}M N P, , là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh AB BC CA, , _{sao cho}

; ;

MN BC NPAC PM AB. Chứng tỏ rằng tam giác

MNP

_{đều và} tính diện tích tam giác

MNP

_.

Bài 6. (1,0 điểm)

Hai ngọn nến hình trụ có chiều cao và đường kính khác nhau được đặt thẳng đứng trên mặt bàn. Ngọn nến thứ nhất cháy hết trong 6 giờ, ngọn nến thứ hai cháy hết trong 8 giờ. Hai ngọn nến được thắp sáng cùng lúc, sau 3 giờ chúng có cùng chiều cao.

a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.

b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến.

= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hướng dẫn giải:

Bài 1. (3,0 điểm)

a) Rút gọn

A  419 40 19   419 40 19 

_. ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(2)

b) Giải phương trình

2 x

²

  2 3 3   x  3 3 0 

_.

2 x

²

  2 3 3   x  3 3 0 

4 2

4x bx  c 0. Tìm các số b c, _.

Lời giải a) Rút gọn

419 40 19 419 40 19

A    

  

²



²

400 2.20. 19 19 400 2.20. 19 19 20 19 20 19

         

20 19 20 19 20 19 20 19 40

        

. Vậy

A  40

_.

b) Giải phương trình

2 x

²

  2 3 3   x  3 3 0 

_.

 2 3 3 

²

4.2.3 3 12 9 12 3 24 3 12 9 12 3  2 3 3 

²

0

             



phương trình có hai nghiệm phân biệt.

   

1

2 3 3 2 3 3 3

2.2 2

x       

;

   

2

2 3 3 2 3 3

2.2 3

x    

  

.

Vậy phương trình có tập nghiệm là

3; 3 S      2  

 

_.

2 x

²

  2 3 3   x  3 3 0 

4 2

4x bx  c 0. Tìm các số b c, _.

Xét phương trình 4x⁴bx² c 0, có hai nghiệm là 3; 3

2

 

nên ta có:

   

⁴ ²

4 2

4 3 3 0 4.9 .3 0 3 36

81 9

3 3 4. . 0 9 4 81

4 2 2 0 16 4

b c b c b c

b c b c

b c

         

    

   

               

         

    



9 3 108 27 27

9 4 81 36 21

3

b c c c

b c b c b

 

   

  

                

_.

Vậy b 21;c27 là các giá trị cần tìm.

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị

  P

của hàm số

y   x

²_.

  d

đi qua điểm

A   0;1

  P

_.

Lời giải a) Vẽ đồ thị hàm số ^y^{ }^{x P}²

 

, ta có bảng sau:

x _-2 _-1 ₀ ₁ ₂

(3)

y x 

2 -4 -1 0 -1 -1

Vậy đồ thị hàm số

y x P 

²

 

là Pa-ra-bol đi qua

   2; 4 , 1; 1 , 0 : 0 , 1; 1 , 2; 4             

và nhận Oy làm trục đối xứng.

  d

đi qua điểm

A   0;1

  P

_.

Giả sử phương trình đường thẳng

  d

_{có dạng}y ax b  _.

  d

_{đi qua}

A   0;1

nên ta có

1  a .0     b b 1   d

_{có dạng}y ax 1_. Xét phương trình hoành độ giao điểm của

  d

_và

  P

_:

2 1 2 1 0

x ax x ax

       _(1).

Để

 

^d _và

 

^P tiếp xúc nhau thì (1) có nghiệm kép

2 2

0 a 4.1.1 0 a 4 a 2

           _.

Vậy ta có hai đường thẳng

 

^d thỏa mãn là y2x1_vày  2x 1_. Bài 3. (1,0 điểm)

Cho hai số a b, phân biệt thỏa mãn a²2021a b ²2021b c _{, với}c là một số thực dương.

Chứng minh rằng:

1 1 2021 a b  c 0

.

Lời giải Theo bài ra ta có a²2021a b ²2021b

2 2 2021 2021 0

a b a b

    

 a b a b   2021  0

    

 

2021 a b ktm a b



     

_.

Với

a b 

_{loại do}^{a b}^, phân biệt.

Với

a b   2021   b 2021   a ab  2021 a a 

²

   a

²

 2021 a    c

_.

2

4

5 5

-1

1 2 -1

-2

1 y

x

f x( ) = x² O

(4)

Thay a b 2021;ab c vào ta được

1 1 2021 2021 2021 2021

a b 0

a b c ab c c c

       

 _.

Vậy

1 1 2021 a b  c 0

. Bài 4. (2,0 điểm)

Cho tam giác

ABC

₍

AB AC 

) nội tiếp trong đường tròn

 

^O đường kính

AC

_{. Gọi}

I

_{là một} điểm thuộc đoạn

OC

₍

I

_khác

O

_và

C

_{). Qua}

I

kẻ đường vuông góc với

AC

_cắt

BC

_tại

E

_và

AB

kéo dài tại

D

_{. Gọi}

K

C

_{qua điểm}

I

_.

a) Chứng minh rằng các tứ giác

BDCI

_và

AKED

_{nội tiếp.}

b) Chứng minh

IC IA IE ID .  .

_.

Lời giải

a) Chứng minh rằng các tứ giác

BDCI

_và

AKED

_{nội tiếp.}

Ta có 

ABC   90

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)





DBC   90

(kề bù với 

ABC   90

_);



90

DIC  

₍

DI  AC

₎



_{tứ giác}

BDCI

nội tiếp đường tròn đường kính

CD

_.

 

ECI EDB

 

(hai góc nội tiếp cùng chắn BI _).

Lại có

K

C

_{qua điểm}

I

_nên

I

là trung điểm của

CK   EKC

_có

EI

vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên cân tại Ê^ÊKI ^ÊCI^ÊKI ^ÊDB



^^ECI



^_{tứ giác}

AKED

có góc ngoài đỉnh

K

bằng góc trong đỉnh

D

nên là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh

IC IA IE ID .  .

_. Xét

 IDA

_và

 ICE

_có:

 

IDA ICE 

(hai góc nội tiếp cùng chắn BI _);



AID EIC 



   90 , DI  AC 



^.



^ID ^IC ^. ^.

IDA ICE g g IC IA IE ID IA IE

  ”    

. Bài 5. (1,0 điểm)

K

E D

O C A

B

I

(5)

Cho tam giác

ABC

đều có diện tích

36 cm

²_{. Gọi}M N P, , là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh , ,

AB BC CA sao cho MN BC NP;  AC PM; AB. Chứng tỏ rằng tam giác

MNP

đều và tính diện tích tam giác

MNP

_.

Lời giải

Trong

 MNB

vuông tại

M

, ta có

MBN MNB







  90

_{; mà}

PN  BC GT  

 

90

MNB MNP

   

^^{MNP MBN}^ ^^ ^⁶⁰^{   }



⁹⁰ ^MNB^



_;

Trong

 AMP

vuông tại

P

, ta có 

AMP PAM 



  90

_{; mà}^NM ^ ^{AB GT}

 



AMP PMN



90

   

^^PMN^ ^^PAM^ ^⁶⁰^{   }



⁹⁰ ^^AMP



_;

 MNP

_có

MNP PMN







  60

nên là tam giác đều.

Đặt

MN  NP PN   x

_vì

 MNP

_{đều nên}

2

3

MNP

4 S  x

.

Mặt khác

 BMN   CNP   APM

(cạnh huyền – góc nhọn)

 S

^BMN

 S

^CNP

 S

^APM _. Trong tam giác

BMN

vuông tạ

M

ta có

.tan .cot 60 x. 3 BM  MN B x    3

1 1 3

2

3

. . .

2 2 3 6

BMN

x x

S BM MN x

   

.

2 2 2 2

 

3 3 3 3

2

3. 36 3. 3 36 12

6 4 4 4

ABC BMN MNP

x x x x

S S S cm

         

. Vậy

S

_MNP

 12 cm

²_.

Bài 6. (1,0 điểm)

Hai ngọn nến hình trụ có chiều cao và đường kính khác nhau được đặt thẳng đứng trên mặt bàn. Ngọn nến thứ nhất cháy hết trong 6 giờ, ngọn nến thứ hai cháy hết trong 8 giờ. Hai ngọn nến được thắp sáng cùng lúc, sau 3 giờ chúng có cùng chiều cao.

a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.

b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến.

Lời giải

a) Tìm tỉ lệ chiều cao lúc đầu của hai ngọn nến.

N P

C

A B

M

(6)

Gọi chiều cao ngọn nến thứ nhất là a cm, chiều cao ngọn nến thứ hai là

b

_{cm, (}^{a b}^, ^⁰_).

Giả sử tốc độ tiêu hao khi cháy của hai ngọn nến là không đổi.

Mỗi giờ cây nến thứ nhất giảm 1

6 chiều cao, cây nến thứ hai giảm 1

8 chiều cao.

Sau 3 giờ cây nến thứ nhất còn

1 1 1 3. 6 2

chiều cao.



Chiều cao của cây nến thứ nhất còn lại là 1 2a

.

Sau 3 giờ cây nến thứ hai còn

1 5 1 3. 8 8

chiều cao.



Chiều cao của cây nến thứ hai còn lại là 5 8b

. Vì sau 3 giờ chiều cao của hai cây nến bằng nhau nên

1 5 5

2 8 4

a b a

  b .

Vậy tỉ lệ chiều cao ban đầu của ngọn nến thứ nhất so với ngọn nến thứ hai là 5 4_. b) Biết tổng chiều cao của hai ngọn nến là 63 cm. Tính chiều cao của mỗi ngọn nến.

Tổng chiều cao ngọn nến là 63 cm

   a b 63

_. Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

5 63

4 5 4 5 4 9 7

a a b a b

b

      

 _.

Vì ⁷ ^{7.5 35}

 

^; ⁷ ^{7.4 28}

 

5 4

a b

a cm b cm

       

.

Vậy ban đầu ngọn nến thứ nhất cao 35 cm, ngọn nến thứ hao cao 28 cm.

= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =

TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYEN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU ĐỀ THI MÔN : TOÁN (Chuyên)

Năm học: 2021-2022 Câu 1

^(3,0

điếm).

a) Rút gon biểu thức

1 1 2

x x x x

P x x x x x

 

  

              với

^x^^0,^x^^1,^x^⁴

. b) Giadi phương trình 5 x   ( x 4) 2 x    1 4 0.

c) Giai hế phương trinh

2 2

2

2 3 4 3 2 0

3 1 2

x y xy x y

x y x y

      

 

     

 .

Câu 2 (2, 0 điểm).

(7)

a) Cho hai da thức P x ( )  x

³

 ax

²

 bx c  và Q x ( ) 3  x

²

 2 ax b a b c  ( , , 

^

) . Biết rằng

( )

P x

có ba nghiệm phân biệt. Chưng minh

^{Q x}^{( )}

có hai nghiềm phân biệt.

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên

^{( ; )}^{x y}

thơa mần phương trình ( xy  1)

²

 x

²

 y

²

.

Câu 3 (1, 0 điểm). Xét các số thực

^{a b c}^{, ,}

không âm, thòa măn

^a²^^b²^^c² ^¹

. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

¹ ¹ ¹

a b c

S  bc ac ab

  

.

Câu 4 (3, 0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( AB AC  ). Một đường trơn đi qua

^{B C}^,

và khỏng đi qua A cat các cạnh

^{AB AC}^,

lần lượt tại

^{E F E}^{, (}

khác

^{B F}^;

khác C ); BF cảt

CE tại D . Gọi P là trung điểm của BC và K là điềm đối xứng với D qua P . a) Chứng minh tam giác KBC đồng dạng với tam giác DFE và

AE DE AC CK

.

b) Gọi

^{M N}^,

lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên

^{AB AC}^,

. Chửng minh MN vuông góc với AK và

^MA²^^NK² ^^NA²^^MK²

.

c) Gọi

^{I J}^,

lần lựt là trung điềm AD và MN , Chứng minh ba điếm

^{I J P}^{, ,}

thẳng hàng.

d) Đường thẳng IJ cát đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN tại T ( T khade l ). Chưng minh AD là tićp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DTJ .

Câu 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác.Tia Ox song song với AB

cắt BC tại D , tia

^Oy

song song vói BC cắt AC tai E , tia Oz song song vói AC cắt AB

tạ F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

AB BC AC

S OD OE OF

     

               HƯỚNG DẪN

Câu 1 (3.0 điêm).

a) Rút gọn biểu thức sau

1 1 2

x x x x

P x x x x x

 

  

              với

0, 1, 4

x x x

b) Giải phương trình 5 x   ( x 4) 2 x    1 4 0 .

c) Giải hệ phương trình

2 2

2

2 3 4 3 2 0

3 1 2

x y xy x y

x y x y

      

 

     

 .

( )

3

1 1 2

1 ( 1)( 1) ( 1)( 2)

x x x

P x x x x x x

 

  

    

       

1 1

( 1)

1 1

x x x

 

         ( 1) 2

( 1)( 1)

x x x

 

 

(8)

2 1

 x



Điều kiện:

1 x 2

. Đặi t  2 x  1( t  0) . Ta có phương trình

^{ }^t³ ⁵^t²^{  }⁷^t ^{3 0}



²

 1

( 1) 4 3 0

3 t t t t

t

 

          (nhận).

* Vơi t   1 2 x     1 1 x 0 (thỏa).

* Với t   3 2 x     1 3 x 4 (thỏa).

 2 x

²

 y

²

 3 xy  4 x  3 y   2 0

(1)

 x

²

   y 3 x y    1 2

(2)

Điềù kiện:

2

3 0

1 0 x y x y

   

   



(1): y

²

 (3 x  3) y  2 x

²

 4 x   2 0

( 1)2

y x

  

nên

(1) y 2 x y x

  

    

*

TH1:

^y^{  }^x ¹

thay vào (2) ta có phương trình

2

0 1

4 2 1 0

x y

x x

x y

   

           (nhận)

* TH2:

^y^{  }²^x ²

thay vào (2) ta có phương trình

2

2 5 1 2 ( 1)

2

4 ( 1) 2

x  x       x x       x

Ta có ( x  1)

²

     4 ( x 1) 2 , với mọi giá trị của x   1 Dấu bằng xảy ra khi

1 0

x   y

(nhận) Vậy hệ phương trình có các nghiệm là

(0; 1),( 1;0) 

. Câu 2 (2, 0 điểm).

a) Cho hai đa thức P x ( )  x

³

 ax

²

 bx c  và Q x ( ) 3  x

²

 2 ax b a b c  ( , , 

^

) . Biết rằng

( )

P x

có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh

^{Q x}^{( )}

có hai nghiệm phân biệt.

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên

^{( ; )}^{x y}

ihỏa mãn phương trình ( xy  1)

²

 x

²

 y

²

a) Gọi x x x

¹

, ,

² ³

là ba nghiệm phân biệt của

^{P x}^{( )}

, ta có

P x( )



x x 1

 

x x 2

 

x x 3



   

3 2

1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3

x x x x x x x x x x x x x x x

       

Đồng nhất hệ số của

^{P x}^{( )}

ta có:

Δ

_Q

=a

²

−3 b=( x

₁

+ x

₂

+ x

₃

)

²

−3( x

₁

x

₂

+ x

₁

x

₃

+ x

₂

x

₃

)

¿ 1

2 [ ( x

¹

− x

²

)

²

+( x

²

−x

3

)

²

+( x

₁

−x

₃

)

²

] ¿ 0

Vậy Q(x có hai nghiệm phân biệt

(9)

Lưu y: hs sử dụng Viet vẫn cho điểm tối đa b/

Ta có: (xy-1)

²

=x

²

+y

²

⇔( xy )

²

− 2 xy +1=x

²

+ y

²

⇔( x + y )

²

−( xy )

²

=1

⇔( x + y − xy )( x+ y+ xy )=1 ⇔¿ [

¿ { x+ y− xy=1 ¿¿¿¿

Giải hệ (1) ta được cặp nghiệm (0;1),(1;0) Giải hệ (2) ta được cặp nghiệm (0;-1),(-1;0) Câu 3:

Ta có :

(1+bc) 2 =1+2bc+b 2 c 2 =a 2 +b 2 +c 2 +2bc+2b 2 c 2

¿ a 2 +(b+c) 2 +b 2 c 2 ≥a 2 +(b+c) 2 ≥ 1 2 ( a+b+c ) 2

⇒1+bc≥ 1

√ 2 (a+b+c)⇒

a

1+bc ≤ √ 2c ¿ a+b+c ¿

¿

...tuongtu ¿⇒S≤ √ 2( a

a+b+c + b a+b+c + c

a+b+c )= √ 2 ¿¿

Khi a=b=

√ 2

2 , c=0

thì S = √ 2 . Vậy giá trị lớn nhất của S là √ 2 .

Theo BĐT AM-GM:

a( 1+bc )≤ a

²

+1

2 (1 + b

²

+ c

²

2 )= (a

²

+1 )( 2+b

²

+c

²

)

4 ≤ 1

4 ( a

²

+1 +2+ b

²

+ c

²

2 )¿ ¿ ¿

²^¿

¿ ¿

Từ đó :

2 2 2 2 2 2

. Tuong tu ; 1 Khi 1; 0 thì 1 .

1 1 1

a b c

a b c S a b c a b c S

bc  ac ab          

  

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 1.

Câu 4:(3 điểm) Chưa vẽ hình

Tứ giác BCFE nội tiếp nên ta có: DEF

^

 DBC

^ ;

DFE DCB





 Mặt khác: BDCK là hình bình hành nên

BCK



 DBC

 _;

CBK







DCB

Do đó :

DEF







BC K

_;

 

( )

(1); (2)

DFE K KBC DFE gg

DE EF FE AE

KBC DFE AEF ACB

C B

C

K C BC AC

 B   

       



 

Từ (1) và

⁽²⁾

AE DE AC CK

 

(10)

Gọi

^Q

là giao điểm của MN và AK . Ta có:

^

AEC 

^

ABK (đồng vi) và

     

ABK  ABD DBK   ACE DCK   ACK (Do

^

ABD ACE DBK 

^

;

^

 DCK

^

)

Xét  AED và  ACK có:

^ ^ ^, ⁽ ⁾

DE AE

AED ACK AED ACK c g c

CK AC

       

 

KAC DAE

  hay

^QAC^ ^^^DAM

b) Có

^

AMD AND 

^

 180   AMDN nội tiếp 

^

DNM 

^

DAM  QAN

^

. Mà

^{DNM MNA}^ ^^ ^{  }⁹⁰ ^{QAN MNA}^ ^^ ^{  }⁹⁰ ^^AQN ^{  }⁹⁰ ^AK ^^MN

Do đó:

2 2 2 2 2 2

MA  NK  QM  QA  QN  QK

2 2 2 2 2 2

QN QA QM QK NA MK

     

Ta có

1

MI 2 AD NI I

thuộc đường trung trực của

^MN⁽³⁾

c) Ta có IP là đường trung bình của tam giác ADK  IP / / AK  IP  MN (4)

Từ (3) và (4) suy ra IP là đường trung trực của

^MN ^^{I J P}^{, ,}

thẳng hàng. Từ (3) và Ta có  IMN cân tại

^{I IJ}^, ^^MN

nên IT là đường kính của đường tròn ngoại

tiếp  IMN 

^

INT    90 IJ IT .  IN

²

Mà

ÎN ^ÎD^^{IJ IT}^. ^ÎD²^{ }ÎDJ^{ }^{ITD g g}⁽ ^ ⁾^ÎDJ^ ^ÎTD^

 ID là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp  DTJ .

Câu

^{5(1, 0}

điểm). Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác. Tia Ox song song với AB cắt BC tại D , tia

^Oy

song song với BC cắt AC tại E , tia Oz song song

với AC cắt AB tại F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

AB BC AC

S OD OE OF

     

              

Kẻ DM

^{/ /}^{OF M}⁽ AB EN OD N BC FP OE P AC^), ^{/ /} ⁽  ^), ^{/ /} ⁽  ⁾

Ta có:

^(1);

OD EN NC OE DN AB  AB  BC BC  BC

(2);

OF MD BD AC  AC  BC

(3) Từ

(1),(2), (3) OD OE OF NC DN BD 1

AB BC AC BC BC BC

      

Theo bất đẳng thức AM-GM:

1 OD OE OF 3

3

OD OE OF AB BC AC 27 AB BC AC AB BC AC OD OE OF

         

2 2 2 2

3

27

AB BC AC AB BC AC

S OD OE OF OD OE OF

       

                       

Đẳng thức xảy ra khi O là trọng tâm  ABC . Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 27 .

(11)

BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2021 – 2022

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (chuyên)

Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) Câu 1. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các giá trị của tham số

m

để hàm số

y    6 7 m x   2

nghịch biến trên

 .

b)

Cho Parabol   P y :  2 x

²

và đường thẳng   d y :    x 6 . Biết   d cắt   P tại hai

điểm phân biệt A x y 

1

;

1



, B x y 

2

;

2



với x

¹

 x

²

. Tính 4 x

₂

 y

₁

.

c)

Rút gọn biểu thức A   x  2 1  

²

 4 x  4 x   2 7 (với x  2 ).

Câu 2. (1,0 điểm)

Cho phương trình:

x

²

  m  3  x  4 m  4 0 

_{(1), với}

m

là tham số. Tìm

m

để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

x

¹_;

x

₂_thỏa

x

₁

 x

₂

 x x

_{1 2}

 20

. Câu 3. (3,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên:

x

²

y xy   2 x   1 y

²

 xy

²

 2 y

_.

b) Giải hệ phương trình:

2

2 2

2 2 0

4 2 2 0.

y xy

x y y x

 



  

   

 

c) Giải phương trình:

 x  3   2 x   5 2 x  2   2 x

²

 9 x  10  1

_.

Câu 4. (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương

x

_,

y z

_thỏa

3 xy  xz  2

. Chứng minh rằng:

4 yz 5 xz 7 xy 8 x  y  z 

. Câu 5. (2,0 điểm)

Cho tam giác

ABC

vuông tại

A

_{với (}

AB AC 

), có đường cao

AH

_{. Biết}

BC  1dm

_và

12 dm

AH  25

.

a) Tính độ dài hai cạnh

AB

_và

AC

b) Kẻ

HD  AB

;

HE  AC

_(với

D AB 

,

E AC 

_{). Gọi}

I

BC

_{. Chứng}

minh

IA  DE

_.

Câu 6. (1,0 điểm)

Cho tam giác

ABC

có đường phân giác ngoài của góc

A

cắt đường thẳng

BC

_{tại điểm}

D

_{. Gọi}

M

BC

. Đường tròn ngoại tiếp

 ADM

cắt các đường thẳng

AB

_,

AC

lần lượt tại

E

_và

F

_(với

E

_,

F

_khác

A

_{). Gọi}

N

EF

. Chứng minh rằng

MN

_//

AD

_.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. (2,0 điểm)

a) Tìm tất cả các giá trị của tham số

m

để hàm số

y    6 7 m x   2

 .

(12)

b)

Cho Parabol   P y :  2 x

²

và đường thẳng   d y :    x 6

. Biết   d cắt   P tại hai điểm phân biệt A x y 

1

;

1



, B x y 

2

;

2



với x

¹

 x

²

. Tính 4 x

₂

 y

₁

.

c)

Rút gọn biểu thức A   x  2 1  

²

 4 x  4 x   2 7 (với x  2 ).

Lời giải a) Hàm số

y    6 7 m x   2



6 7 0 6

m m 7

    

.

Vậy

6 m  7

thì hàm số đã cho nghịch biến trên

 .

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của

  P

_và

  d

_{, ta có:}

2 2

0

2 x    x 6  2 x    x 6

Có:

     1

²

 4.2.6 49 0  

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

1

1 49

2.2 2

x     

và ²

1 49 3

2.2 2

x    

Với

x

¹

  2

_{, ta có}

y

₁

 8

_{, suy ra}

A   2;8 

_.

Với ²

3 x  2

, ta có ²

9 y  2

, suy ra

3 9 ; B  2 2 

 

 

_.

Khi đó, ta có:

2 1

4. 3 4

4 8 1

x  y  2  

. Vậy

4 x

²

  y

¹

1 4

_.

c)

 

2

2 1 4 4 2 7

2 2 2 1 2 2 2.2 2 1

1 2 2 2 2 1

1 2 2 2 2 1 do 2 2 1 0

A x x x

x x x x

x x x

x x x x

x

     

         

      

 





    

        

 Vậy A x  .

Câu 2. (1,0 điểm)

Cho phương trình:

x

²

  m  3  x  4 m  4 0 

_{(1), với}

m

là tham số. Tìm

m

để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

x

¹_;

x

₂_thỏa

x

₁

 x

₂

 x x

_{1 2}

 20

_.

Lời giải

Ta có:

   m  3 

²

 4  4 m  4   m

²

 6 m   9 1 6 m  1 6  m

²

 10 m  25   m  5 

²

(13)

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

 

²

0 m 5 0 m 5 0 m 5

         

Vậy với

m  5

thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

Theo đề bài ta có:

x

¹

 x

²

 x x

^{1 2}

 20

(2), với điều kiện

1 2

0 0 x x



 



Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

x

¹

 0

_và

x

₂

 0

_{, nghĩa là}

5 5

3 0 3 5

4 4 0 1 1

m

m m

 m 

    

    

 

    

  

 

 

_(*)

Áp dụng định lý Vi-et, ta có:

1 2

3

4 4

x x m x x m

 



  

 

Ta có:

 

2

1 2 1 2 1 2

2

3 2 4 4

3 4 1

1 4 1

2

4 1 2

x x x x

m m

m m m

x x

  

   

  



    

Từ đó, ta suy ra

 

1 2

1 2 do 1 2 0, 1

x  x  m   m     m 

Từ phương trình (2), ta được

1 2 1 2

2 0 1 2 4 4 2 0 1 22 4

x  x  x x   m    m    m    m

(3)

Giải phương trình (3) với điều kiện:

0 11 22 4  m    m 2

(**)

   

 

2

4

3

1 484 176 16

1 22 4

1 4

16 77 85 0

m m

m

m m m m

 



    





  

Ta có:

    177 

²

 4.16.485 289 0  

Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt:

177 289 2.16 5

m   

và

177 289 97

2.16 16

m   

So với điều kiện (*) và (**) thì

m 

_.

Vậy không tồn tại giá trị của

m

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3. (3,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên:

x

²

y xy   2 x   1 y

²

 xy

²

 2 y

_.

b) Giải hệ phương trình:

2

2 2

2 2 0

4 2 2 0.

y xy

x y y x

 



  

   

 

(14)

c) Giải phương trình:

 x  3   2 x   5 2 x  2   2 x

²

 9 x  10  1

_.

Lời giải a) Ta có:

     

2 2 2

2 1 2

2 1 2 0

2 1

2 1 1

y xy x y xy y

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

x

y y x y x y x y xy y

     

       

      

    

Vì đây là phương trình nghiệm nguyên nên ta có:

 

1 (*)

1 2 1

1 **

2 1

x y xy y x y xy y

   

     

      

    

 

   

²

1 1 1 0; 1

* 1

1 0 2; 1

1 1 0

1

x y

x y x y x y

y x y

y y y y

y

  

     

   

                           



 

²

1 1 1 2; 1

( * * ) 2 1

3 0 2; 3

1 3 0

3

x y

x y x y x y

y x y

y y y

  

         

   

                            

 

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là:

S      0;1 , 2; 1 , 2;1 , 2; 3         

_.

b) Ta có:

     

       

   

   

2 2

2 2 2 2 2

2

2 2

2 2 0

4 2 2 0 4 2 2 0

2 2

2 2 2 2 0

2 2

2 2 1 0

2 2

2 2 1 0

2 2

2 0

2 1 0

xy xy

x y y x x y y x y xy

xy

x y x y x y y x y xy

x y x y y

x y

y x y x

xy x y y

x y

y

   

 

 

 

  



  



  



 

  

 

  

          

 

      

 

    

 

  

 

  

 

  

Mặt khác,

y

²

 2 xy  2  y y   2 x   2

, nghĩa là

y  2 x  0

_.

Do đó, từ hệ phương trình ban đầu đề cho, ta giải hệ phương trình sau:

(15)

2

1 1 2 2

1 2

2 2

2 1 0

2 0 x x

y

y y x

y y

x y

    

    

     

    

 

    

 



Vậy hệ có tập nghiệm là

1 1

; 1 , ;2

2 2

S              

   

 

c) Giải phương trình (*):

 x  3   2 x   5 2 x  2   2 x

²

 9 x  10  1

_.

Điều kiện xác định:

2

2 5

2

0 5 0

2 0 2

2 5 2

2 9 10

2 x x

x x x x

x

x x

 

     

 

 

 

 

   

      

  

 

.

Ta đặt

 

5

0

2 1

2

a x a

b x b

  

 

  





Ta thấy

   

2 2

2

2 5 2 2 1

2 5 2 3

2 2

2 5 2 9 10

a x x

a x x x

ab x x

b b

x x

    

      

 



 







 

 

Phương trình (*) trở thành:

           

     

       

       

 

     

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2

2 2 0

2 1 0

0 1

2 1 0 2

a a b ab a a a b a b b ab

a a b b

a b a b a b b a b a

b b b

b a

b a b a b b

a b

a b b

b

a b

         

    

       

      

  



  

 

      

Vì

a b   1

nên ta chỉ giải phương trình (2)

         

     

   

2 1 0 1 0

1 1 0

1 2 0 1 0

2 0

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

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

a b

            

       

  

          

TH1: Với

a  2 b  0

_{, ta có}

 

2 0 2 5 2 2 0

2 5 2 2

2 5 4 2 3

2

a b x x

x x

x x x

      

   

      

(16)

So với điều kiện thì

3 x   2

(Nhận).

TH2: Với

a b    1 0

_{, ta có}

 

1 0 2 5 2 1 0

2 5 2 1

2 5 3 2 2

2 2 2 0

2 0 2 0 2 2

2 4 2

2 2 0 2 2

a b x x

x x

x x x

x x

x x x x

x x

        

    

     

    

    

           

                    

So với điều kiện thì

x  2

_{(Nhận) và}

x   2

_(Nhận).

Vậy tập nghiệm của phương trình là

S     2; 3 2 ;2 

_.

Câu 4. (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương

x

_,

y z

_thỏa

3 xy  xz  2

. Chứng minh rằng:

4 yz 5 xz 7 xy 8 x  y  z 

. Lời giải

Ta đặt

4 yz 5 xz 7 xy M  x  y  z

, ta có

4 5 7

3 4 3 4

3 4

yz xz xy

M x y z

yz yz xz xz xy xy

x x y y z z

yz xz yz xy xz xy

x y x z y z

  

     

     

                 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được

   

2 . 3.2 . 4.2 .

2 6 8

2 2 6 6

yz xz yz xy xz xy

x y x z y z

z y x

z x y x

M   

  

   

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được

 

2.2 6.2

4 3 4.2 8

M xz xy

xz xy

 

   

(17)

Dấu “



” xảy ra khi và chỉ khi

1

3 2 2

x y z

x y z xz xy

      

  



_.

Vậy khi

1 x    y z 2

thì

M  8

_(đpcm).

Câu 5. (2,0 điểm)

Cho tam giác

ABC

vuông tại

A

_{với (}

AB AC 

), có đường cao

AH

_{. Biết}

BC  1dm

_và

12 dm

AH  25

.

a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC

c) Kẻ

HD  AB

_;

HE  AC

_(với

D AB 

_,

E AC 

_{). Gọi}

I

BC

_{. Chứng}

minh

IA  DE

_.

Lời giải

a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC

Áp dụng hệ thức lượng và định lý Pytago cho

 ABC

vuông tại

A

_{, ta có:}

2 2 2 2 2

2 2

1 1

12 144

. . .

25 625

AC BC AC

AB AC AH BC

AB AB

AB AC

 



    



 

 

 





Khi đó,

AB

²_và

AC

² là các nghiệm dương của phương trình.

Áp dụng hệ quả của định lý Vi-et, ta được

2

144

6 5 0

1 2

X  X  

Ta có:

2

144 49

625 6 5 0 1 4.1.

    2 

nên phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt:

1

1 625 49 9

2.1 25

X

 



và ²

1 625 49 16

2 25

X

 



Theo giả thiết,

AB AC 

, nên ta được:

(18)

2

2 2 1 2 2

16 4

25 5

9 3

25 5

AB AB

A

A X

B

AC AC

X C

   

 

   

  

 





   

Vậy

4 dm AB  5

và

3 dm AC  5

.

d) Chứng minh IA  DE .

Gọi

F

là giao điểm của

AI

_và

DE

_.

Xét tứ giác

EHDA

_{, ta cĩ:}

  





 

 

 

 

 



 90

90

90 vuông tại A

HEA AC

HDA AB

D

D AE

HE H

ABC



_{Tứ giác}

EHDA

là hình chữ nhật (tứ giác cĩ 3 gĩc vuơng)



_{Tứ giác}

EHDA

là tứ giác nội tiếp.

 ADE  AHE

 

(hai gĩc nội tiếp cùng chắn cung

AE

₎

Mà

 AHE ECH  

(cùng phụ với

CHE 

₎

 ADE ECH     ADE   A CB



₍₁₎

Xét

 ABC

vuơng tại

A

_cĩ

I

BC 1

IA IB 2 BC

  

(định lý đường trung tuyến trong tam giác vuơng)

  IAB

_{cân tại}

I  IAB IBA   

₍₂₎

Từ (1) và (2), ta suy ra:

 ADE IAB     ACB IBA ACB ABC        90

^₍

 ABC

vuơng tại

A

₎

Áp dụng định lý tổng 3 gĩc trong

 ADF

_{, ta cĩ:}

       

    

  

 



  

    

 

 

    

180 180

180 90 90 vuông tại A FAD FDA AFD AFD FAD FDA

AFD IAB ACB

A FD B ACB

AFD AB

A C

C

Do đĩ,

IA DE 

_(đpcm)

Câu 6. (1,0 điểm)

Cho tam giác

ABC

cĩ đường phân giác ngồi của gĩc

A

cắt đường thẳng

BC

_{tại điểm}

D

_{. Gọi}

M

BC

. Đường trịn ngoại tiếp

 ADM

cắt các đường thẳng

AB

_,

AC

lần lượt tại

E

_và

F

_(với

E

_,

F

_khác

A

_{). Gọi}

N

EF

. Chứng minh rằng

MN

_//

AD

_.

Lời giải

(19)

Dựng hình bình hành

BPCF

_.



Hai đường chéo

BC

_và

PF

cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà

M

BC

_(gt)

 M

cũng là trung điểm của

PF

_.

Xét

 PEF

_{, ta có}

N

EF

_(gt),

M

PF

_(cmt)

 MN

là đường trung bình của

 PEF  MN  E P

₍₁₎

Ta có:

MPB MFA   

(cặp góc so le trong của

PB FA 

_,

PBFC

là hình bình hành) Mà

MDA MEA MFA     

(các góc nội tiếp cùng chắn cung

AM

₎

 

MEA MPB

 

, nghĩa là

MEB MPB   

Xét tứ giác

BMEP

_{, ta có}

MEB MPB   

_(cmt)



_{Tứ giác}

BMEP

nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

 

BEP BMP

 

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung

BP

₎

Mà

BMP FMD   

(đối đỉnh)

Mặt khác

FMD FAD   

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung

FD

₎

 

BEP FAD

 

, nghĩa là

 AEP FAD  

₍₂₎

Ta có:

AD

là phân giác ngoài của

 BAC

_(gt)

Mà

BAC CAE     180

^_{(kề bù)}

 AD

là phân giác của

CAE   FAD EAD   

₍₃₎

Từ (2) và (3), ta suy ra

 AEP EAD  

Mà 2 góc nằm ở vị trí so le trong nên

EP AD 

₍₄₎

Từ (1) và (4), ta suy ra

MN AD 

_(đpcm)

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC

2021

-

2022

BÌNH ĐỊNH

Đề chính thức Môn thi: Toán

Ngày thi: 11/6/2021 Thời gian làm bài: 120’

(20)

Bài 1: (2 điểm).

1.Cho biểu thức

x 1 1 2

P :

x 1 x 1 x 1 x 1

   

                

Với x>0;x



₁

a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của P khi

x   4 2 3

2. Giải hệ phương trình:

2 6

2 3 7

x y x y

 

 



Bài 2: (2 điểm)

1. Cho phương trình x²-(m+3)x-2m²+3m=0 (m là tham số). Hãy tìm giá trị của m để x=3 là nghiệm của PT và xác định nghiệm còn lại của PT ( nếu có)

2. Cho Parabol (P): y=x² và đường thẳng (d) : y= (2m+1)x-2m (m là tham số). Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A

 x , y

1 1



_{; B}

 x , y

2 2



sao cho: y1+y2 -x1 x2=1

Bài 3: (2,0 điểm)

Một xe máy khởi hành tại địa điểm A đi đến địa điểm B cách A 160 km, sau đó 1 giờ, một ô tô đi từ B đên A. Hai xe gặp nhau tại địa điểm C cách B 72 km. Biết vận tốc ô tô lớn hơn vận tốc xe máy 20km/h.

Tính vận tốc mỗi xe.

Bài 4: (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC có

 ACB  90

⁰nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm của BC, đường thảng OM cắt cung nhỏ BC tại D, cắt cung lớn BC tại E. Gọi F là chân đường vuông góc hạ từ E xuống AB; H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AE

a) Chứng minh tứ giác BEHF nội tiếp.

b) Chứng minh

MF  AE

c) Đường thẳng MF cắt AC tại Q. Đường thẳng EC cắt AD, AB lần lượt tại I và K. Chứng minh

 90 &

⁰

EC EK EQA  IC  IK

Bài 5 (1,0 điểm).

Cho a,b, c là các số dương thỏa:

1 1 1 1

2. :

1 1 1 CMR abc 8

a  b  c  

  

_.

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1:

1.

a) Rút gọn biểu thức P : ĐK: x  0; x  1

      

x 1 1 2 x x x 1 x 1 2 x 1 x 1 x 1

P : : .

x 1 x 1

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

           

                          

Vậy

P x 1

x 1

 



_với

x  0; x  1

b) Tìm giá trị của P khi x   4 2 3 :

với x  0; x  1 , ta có: x  4 2 3    3 1  

²

 3 1   3 1 

(21)

160 km 72 km

A B

C

3

x 1 4 2 3 1 5 2 3 5 3 6 3 3

P 1

1 1

x 

    

    

 

Vậy ……….

2.

2 6 4

2 3 7 .... 5

x y x

x y y

 

    

 

  

 



Vậy HPT có nghiệm duy nhất Bài 2: (2điểm)

1. Cho phương trình x² -(m+3)x-2m +3m=0 (m là tham số). Hãy tìm giá trị của m để x=3 là nghiệm của² PT và xác định nghiệm còn lại của PT ( nếu có).

Vì x=3 là nghiệm của PT, nên:

3

²

  m  3 .3 2   m

²

 3 m   0 2 m

²

   0 m 0

Khi đó theo hệ thức Vi-et, ta có: ¹ ² ² ¹

3 0 3 3 3 3 3 0

x x b m x x

         a     

Vậy……….

2. Cho Parabol (P): y=x² và đường thẳng (d) : y= (2m+1)x-2m (m là tham số). Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A

 x , y

1 1



_{; B}

 x , y

2 2



sao cho: y1+y2 -x1 x2=1:

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của pt:

x²=(2m+1)x-2m



_x²- (2m+1)x+2m=0 (1)

 1 

²

4.1.2 1 4 4

²

8 4

²

4 1  2 1 

²

⁰

2 m m m m m m m m

                 

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A

 x , y

1 1



; B

 x , y

2 2



 PT (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 x2

 

²

1

0 2 1 0 2 1 0

m m m 2

          

Theo hệ thức Vi- ét, ta có:

1 2

2 1

. 2

x x b m

a x x c m

a

     

 

  



mà y= x², nên:

   

 

1 2 1 2 1 2 1

2 2

1 2 1 2 2

2

1 1 2 1 2 1

0

4 2 0 2 (2 1) 0 1

1 3 3.

2

x x x x m m

m TM

m

y y x x x x x

m m m

m KTM

     x    

   

  

     







  

Vậy m=0 thỏa mãn yêu cầu . Bài 3: (2,0 điểm)

Gọi vận tốc của xe máy là x (km/h) ĐK: x > 0

Vận tốc của ô tô là : x+20 (km/h) Quãng đường A