Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu năm 2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (168.77 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2020 – 2021


Mơn: Tốn chun


Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)


Câu 1. (3,0 điểm)


a) Rút gọn biểu thức


2


4 2


8 1 3


x x x


P


x x x


  


 


với 0 x 4.


b) Giải phương trình x2  3 x 2x1.



c) Giải hệ phương trình


2 2


2


.
2


x y xy


x y x y


   



   



Câu 2. (2,0 điểm)


a) Cho đa thức P x

  

x2

x2ax 8

bx2 với ab là các số thực thỏa mãn a b 1. Chứng minh rằng
phương trình P x

 

0 có bốn nghiệm phân biệt.


b) Tìm tất cả các cặp số nguyên

x y;

thỏa mãn x x

y

2  y 1 0.
Câu 3. (1,0 điểm)


Với các số thực dương ab thay đổi, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:





2 2 2 2


1 1


2 2


S a b


a ab b b ab a









 





     


Câu 4. (3,0 điểm)


Cho đường trịn

 

O đường kính AB. Từ điểm S thuộc tia đối của tia AB kẻ đến

 

O hai tiếp tuyến SC
( ,


SD C Dlà hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của đường kính AB và dây CD. Vẽ đường tròn

 

O' đi qua C



và tiếp xúc với đường thẳng AB tại S. Hai đường tròn

 

O

 

O' cắt nhau tại điểm M khác C.
a) Chứng minh tứ giác SMHD nội tiếp.


b) Gọi K là hình chiếu vng góc của C trên BD I, là giao điểm của BMCK. Chứng minh HI song song
với BD.


c) Các đường thẳng SMHM lần lượt cắt

 

O tại các điểm LT L T( , khác M). Chứng minh rằng tứ giác


CDTL là hình vng khi và chỉ khi MC2 MS MD .
Câu 5. (1,0 điểm)


Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và có trực tâm H. Gọi D E F, , lần lượt là chân ba đường cao kẻ từ A B C, ,
của tam giác ABC. Biết


2 2 2


36.


AB BC CA


HF HD HE


     






  



      Hãy chứng minh rằng ABCđều.



(2)

LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO CHUN TỐN THPT CHUN LÊ Q ĐƠN – BÀ RỊA - VŨNG TÀU
THUVIENTOAN.NET


Câu 1.


a) Ta có: x 4

x2



x2

x x 8

x2



x2 x4 .


Rút gọn được: 4 2 .


8 2 4


x x


x x x x




  


2 2


1


2 4 2 4


x x x


P



x x x x


  


   


   


b) Điều kiện: 1
2


x . Ta có:


 



2 2 2


2
2


3 2


3 2 1 3 2 1 2 2 1


1


2
2


2 1 2



2 1 2


1


2


1
2


2 2 0


x x x x x x x x


x


x x x


x x x


x


x


x x x


          


  




     


   



  




  


    



Vậy x1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
c) Cộng vế theo với của phương trình ta được:




 



2 2


2
2 2


2 0
1



.
2


x y x y xy x y


x y x y


x y
x y


      


     


   




  


Với x  y 1, thay vào phương trình đầu của hệ ta được: 2


3 3 0,


xx  vô nghiệm.
Với x y 2, thay vào phương trình đầu của hệ ta được: 2


0 0 2,



x     x y


Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất

x y;

 

 0; 2 .


Câu 2.


a) Ta có:


 



 







2 2


2 2 2


0 2 4 8 0 1


2 8 8 0


8 8


2 0, 0.


P x x x x ax bx


x x x ax bx


x x a b x



x x


       


      


 


 


       


Đặt t x 8 x2 tx 8 0 *

 



x


      , phương trình

 

* ln có hai nghiệm x phân biệt với mọi t.



(3)

Ta có:  

a2

24 2

a b

 

a2

24b 

a 2

24 1

a

a20.
Suy ra

 

2 có hai nghiệm phân biệt nên

 

1 có bốn nghiệm phân biệt.


Ta có điều phải chứng minh.


b) Ta có:





2 2


2


1


1 0 1 1 .


1


x y


x x y y x x y x y x


x y


 


 


           


 


Đặt t   x y t  và 2 1 .
1
t
x
t




Do x  

t 1

t21



2

2




0


1 1 1 2 1 1 .


1


t


t t t t t


t
 


       
  

 


Với t0, ta có: x 1; y1.
Với t1, ta có: x0; y1.
Với t 1, ta có: x 1; y0.


Vậy phương trình có ba nghiệm

x y;

 

 1;1 ; 0;1 ;

   

1; 0 .


Câu 3.


Theo bất đẳng thức

mn

22

m2n2

, ta có:





2
2


2 2 2


2 2 2 2


2 2 2 2


1 1 1 1


4 .


2 2


2 2


S a b a b


a ab b b ab a


a ab b b ab a


 


    
 


    
       






2 2


2 2 2 2


2 2 2 2


1 1 1 1


,


2 2


1 1


a b


b b a a a b


a ab b b ab a


a b a b


 


 
   
       
 
 
nên đặt:



2 2 , 2 2 .


b b a a a b


x y


a b a b


 


 


 


Ta có:










2 2 4


2 2


2 2 2 2 2 2


2


; 2 2 0


a b ab a b a b


x y xy x y xy


a b a b a b


  


        




Suy ra : 2 4 1 1 4 2 4 2 8.


1 1 1


1


2



x y x y


S


x y


x y x y xy


x y



    
 
       

      

 


Do đó S2 2. Đẳng thức xảy ra  a b.


Vậy giá trị lớn nhất của S là 2 2 đạt được khi ab.
Câu 4.



(4)

b) Ta có: 0 0


90 90


CIM BIK DBM MCD



       (tam giác vng và góc nội tiếp).


Mặt khác CHM 900SHM 900MDS(tam giác vng, góc giữa tiếp tuyến và dây cung).
MCDMDS(góc giữa tiếp tuyến và dây cung).


Nên CIM  CHMCMHI là tứ giác nội tiếp.


CHI CMI CDB


      (góc nội tiếp).
Do đó HI BD (hai góc đồng vị).


c) Ta có: BDCKHICKCMT900CT là đường kính của

 

O .
Mà DML900DLcũng là đường kính của

 

O . Vậy CDTLlà hình chữ nhật
Từ đó ta có MS SL SD2; MD SL SD DL MC SL ;  SC CL .


Vậy MC2MS MD CL2SD2R với Rlà bán kính của

 

O .
Điều này tương đương:


2
2


2 2


2 R R OS R OS R 2 (1).


OS






 




 


 


Mặt khác CDTL là hình vng  SOC450 SOR 2 (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh.


Câu 5.


S


T
L


I
H
M
O'


D
C


A O B


D



E
F


A



(5)

Ta có: ACDBHDABD AHF AC AD AF (1).


BH DB FH


    


Tương tự: BCEAHEABE HFB BC BE FB (2).


AH AE FH


    


Từ (1) và (2) ta có: AB AF FB AF FB AC CB .


FH HF HF FH BH AH




    


Do đó:


2 2



4 (3).


AB AC CB AC CB


HF BH AH BH AH


   


 




 


    


Lại có BCF HAF BC CF.


AH AF


   


Từ (1) và (3) suy ra
2


4 4 ABC (4)
HAB


S



AB CF


HF HF S





   




 
Tương tự:


2 2


4 ABC (5); 4 ABC (6)


HBC HAC


S S


BC AC


HD S HE S


   


   





 


   


Do đó:


2 2 2


36 36


1 1 1


4 ABC ABC 36


ABC


HAB HBC HCA HAB HBC HCA ABC


S S


AB BC CA


S


HF HD HE S S S S S S S


 


       



             




    


         


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi SHABSHBCSHACH là trọng tâm ABC, mà H là trực tâm ABC nên


ABC


 đều.





×