De Thi Vao 10 Toan Chuyen 2020 2021 Tinh Kien Giang

(1)

ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2020 – 2021

Thời gian: 150 phút Bài 1(2,0 điểm)

Cho biểu thức ² ¹ ³ ⁰

1 2 2 1

x x x x

A x x x x x

  

 

         

a) Rút gọn biểu thức A

b) Hãy so sánh giá trị biểu thức Avới 5

Bài 2. (1, 0 điểm) Tìm tất cả các cặp số th2ực



^{m n}^;



sao cho phương trình

2 0

x mx n có hai nghiệm ^{x x}_{1 2}thỏa mãn



1x1



1x2



 2,đồng thời phương trình 2x² nx m 0có hai nghiệm x x₃, ₄thỏa mãn



1



2



2 2 3

x x 2

  

Bài 3. (1,0 điểm)

Giải phương trình: x² 2 x 1 2x 2  x 1 0

Bài 4. (1 điểm) Tìm tất cả các cặp sốnguyên dương

 

^{a b}^; ^{sao cho}^ab^{là ướ}^{c c}^ủ^a

a2 b

Bài 5. (1,5 điểm) Cho hình thoi ABCDcạnh a,có ABC120 .⁰ Gọi Olà giao điểm của hai đường chéo ACvà BD.Trên các cạnh AB AD, ,tương ứng lấy các điểm E F, không trùng với các đỉnh của hình thoi đã cho, sao cho EOF 60 .⁰ Hãy tính tích BE DF. theo a

Bài 6 (2,5 điểm) Cho tam giác ^{ABC AB}



^ ^AC



^.^{Lấy điểm}^Pnằm trong tam giác sao cho AP AB.Đường tròn tâm A, bán kính APcắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCtại hai điểm phân biệt M N M, ( khác với C đối với đường thẳng AB).

Đường thẳng MNcắt các cạnh AB AC, lần lượt tại K L, a) Chứng minh rằng tứ giác BLKClà tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh tam giác ABPđồng dạng với tam giác APL

Bài 7. (1 điểm) Cho a b c, , là các số thực thỏa mãn abc1.Chứng minh rằng:

     

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

a b c

a b b c c a

c a a b b c

          

(2)

ĐÁP ÁN Bài 1.

     

  

     

  

2 1 3 0

) 1 2 2 1

2 2 1 1 3

1 2

1 2 5

2 3 5 2 5

1 2 1 2 2

x x x x

a A x x x x x

x x x x x

x x

x x x

x x x x x

  

 

         

     

  

 

  

  

    

5 2 5 5

) 0

2 2 2 2

x x

b A x x

 

    

 

Vậy 5 A2 Bài 2.

Hai phương trình có nghiệm ¹ ₂²

 

2

4 0

*

8 0

m n

n m

   

 

   

 . Theo định lý Vi – et ta có:

1 2 ; 1 2 ; 3 4 ; 3 4

2 2

n m

x x  m x x n x x   x x  . Vậy

  

 

   

1 2 1 2 1 2

1 1 2 1 2

3 3

2 2 4 2

2 2

1 2

1 *

3 2

4 2 2

x x x x x x

m n

m tmdk

m n

n



   

     

 

 

      

 

 

   

   

       Vậy



^{m n}^;

 

^{  }^{1; 2}



Bài 3.

Điều kiện : 1 x 2

2 2 1 2 2 1 0

x  x  x   x ^



^x² ^²^x ²^{  }^x ^x

 

^x^{ }^{1 2} ^x^{ }¹



⁰

(3)

   

2

2 2

1 1 2 1 0

1 0 1 0

1, 2 1 0 2 1 0 1( )

1 0 1 0

x x x x

x x

Do x x x x tmdk

x x x x

       

     

 

        

 

     

 

 

Vậy phương trình có tập nghiệm ^S ^

 

¹

Bài 4.

 

2 1

ab a b

Vì ab a² bvà ^{a a}² ^^{a b}^{ }^b ^{ka k}



^



Từ (1) suy ra ^{ka a}² ² ^^ak^^{ka a}^^k

2 2 2

a k a k k k k k a

    



Vậy ¹

1 k a b ka

  

  

 hoặc ²

4 k a b ka

  

  



Thử lại ta thấy cả 2 cặp sốđều thỏa mãn Bài 5.

Do tam giác ABCcân và 1 ⁰

2 60

ABD ABC  ABDđều

, 600

BD AB a ABO ADO

       . Ta có:

F

O C

A

B

D

E

(4)

0 0 0

180 180 60^o 180

EOB EOF FOD FOD FOD FOD OFD

             

Suy ra

600

EBO FDO

EBO OFD

EOB OFD

  

   

  

EB OB OD FD

 

Hay

2 2

. .

4 4

BD a EB FDOB OD  Bài 6.

a) Do AM  AN  APnên sd AnBsd AsN

   

1 1 1

2 2 2

NKC sd AnM sd NmC sd AsN sd NmC sd AmC ABC

      

VậyLBCNKCnên tứ giác BLKCnội tiếp b) sd AnM sd AsNMBA AMN

Ta có: MABMAL;MBA AMN  AML ABM MABMAL MBA AMN

n

m

L K

N

M

A

B C

P

(5)

AM AL AB AM

  mà AP AL

AM AP

AB AP

  

Mặt khác ta có LAP BAPnên ABP APL Bài 7.

Nếu nhìn tương ứng

2 2 2 2 2 2

2 2 2

a b b c c a ab bc ca a b c a b c

     



    



Ta có thể xuất phát từ bất đẳng thức ^x² ^ ^y² ^^z² ^{  }^x ^y ^z

 

^* vói các số thực x y z, , thỏa xyz1"

Thật vậy



^x^¹

 

² ^ ^y^¹

 

²^{ }^z ¹



² ^



^x² ^ ^y² ^^z² ^{ }³



⁰

Theo bất đẳng thức Cô si, ta có:

2 2 2 33 2 2 2 3 2 2 2 3 0

x  y z  x y z  x y z   Vậy ta đã chứng minh

 

^*

Áp dụng bất đẳng thức này ta có chú ý

   

^{ab bc} ^ca ^^{a b c}² ² ² ^¹, được ngay:



^{a b}² ² ^^{b c}^{2 2} ^^{c a}² ²

 

^ ^a² ^^b² ^^c²



^



^ab^^bc^^ca

 

^ ^a^{ }^b ^c

