Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Hưng Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Hưng Yên (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho mọi thí sinh dự thi) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm). 2 1 1) Rút gọn biểu thức A 2 2 5 20 20 . 5 2) Cho hai đường thẳng (d): y (m 2)x m và ( ) : y 4x 1 a) Tìm m để (d) song song với ( ) . b) Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A( 1;2) với mọi m. c) Tìm tọa độ điểm B thuộc ( ) sao cho AB vuông góc với ( ) . Câu 2 (2,0 điểm). 1) Giải phương trình x4 2x2 x 2x2 4 4. x y 2 xy 3y 1 2) Giải hệ phương trình x2 y 1 x y 1 x2 Câu 3 (2,0 điểm). Cho phương trình: x2 2(m 1)x m2 4 0 (1) (m là tham số) 1) Giải phương trình khi m 2 . 2 2 2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 2(m 1)x2 3m 16. Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ các nửa đường tròn đường kính AB và AC sao cho các nửa đường tròn này không có điểm nào nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng d đi qua A cắt các nửa đường tròn đường kính AB và AC theo thứ tự ở M và N (khác điểm A). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC. 1) Chứng minh tứ giác BMNC là hình thang vuông. 2) Chứng minh IM = IN. 3) Giả sử đường thẳng d thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện đề bài. Hãy xác định vị trí của đường thẳng d để chu vi tứ giác BMNC lớn nhất. Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2 y2 z2 3y . 1 4 8 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . (x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 2 1 5 A 2 2 5 20 20 2 2 5 2 5 20 1) 5 5 0.5 2 5 2 2 5 4 5 2 5 4 2 5 4 5 4 (d) song song với ( ) m 2 4 m 2 2a) m 2 0.5 m 1 m 1 Vậy m 2 là giá trị cần tìm. Thay x 1; y 2 vào phương trình y (m 2)x m được: 2b) 2 (m 2).( 1) m 2 m 2 m 2 2 (đúng với m ) Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A( 1;2) với mọi m. Cách 1: Vì điểm B thuộc ( ) nên tọa độ điểm B có dạng x0 ;1 4x0 ĐK: B khác A hay x0 1 Giả sử phương trình đường thẳng AB là y ax b Vì A( 1;2) và B x0 ;1 4x0 nên ta có hệ phương trình: a b 2 4x0 1 a(x0 1) 4x0 1 a ax0 b 1 4x0 x0 1 AB vuông góc với ( ) Câu 1 4x 1 (1,0đ) aa' 1 hay 0 ( 4) 1 x0 1 5 16x 4 x 1 x 0 0 0 17 5 37 y 1 4 0 17 17 2c) 5 37 Vậy tọa độ điểm B là ; . 17 17 Cách 2: Giả sử phương trình đường thẳng AB là y ax b AB vuông góc với ( ) 1 aa' 1 hay a ( 4) 1 a 4 1 phương trình đường thẳng AB có dạng y x b 4 1 Vì đường thẳng y x b đi qua A( 1;2) nên: 4 1 9 2 ( 1) b b 4 4 1 9 phương trình đường thẳng AB là y x 4 4
3. Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 5 1 9 x y x 17 5 37 4 4 B ; 37 17 17 y 4x 1 y 17 x4 2x2 x 2x2 4 4 x2 (x2 2) 2.x x2 2 4 (1) Đặt x x2 2 y . Phương trình (1) trở thành: y2 2.y 4 y2 2.y 4 0 (2) Giải phương trình (2) được y1 2 ; y2 2 2 Với y 2 thì 2 x 0 x 0 x x 2 2 2 2 2 2 x (x 2) 2 (x 1) 3 1) 1.0 x 0 x 0 x 3 1 2 2 x 1 3 x 3 1 Với y 2 2 thì 2 x 0 x 0 x x 2 2 2 2 2 2 2 x (x 2) 8 (x 1) 9 x 0 x 0 2 2 x 2 x 1 3 x 2 Câu 2 Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S 3 1; 2 (2,0đ)  Lời giải của thầy Vũ Văn Luyện – Cẩm Giàng – Hải Dương x y 2 xy 3y 1 (1) x2 y 1 x y (2) 1 x2 Dễ thấy y 0 không là nghiệm của (1). Với y 0 , ta có: x2 y 1 4y xy y2 (1) x2 xy y2 3y 1 2 2 x 1 3y xy y x2 y 1 y(4 x y) x y 4 (3) 2) x2 1 y(3 x y) x y 3 1.0 x y 4 Từ (2) và (3) x y (4) x y 3 Đặt x y a . Phương trình (4) trở thành: a 4 a a2 3a a 4 a2 4a 4 0 a 3 (a 2)2 0 a 2 x y 2 y 2 x Thay y 2 x vào (2) được:
4. x2 2 x 1 2 2 2x2 x2 x 3 x2 x 1 0 1 x2 1 5 5  5 x y 2 2 1 5 5 5 1 5 5 5 Thử lại ta thấy ; và ; là các 2 2 2 2 nghiệm của hệ đã cho. Vậy Khi m 2 thì phương trình (1) trở thành: x2 6x 8 0 (2) 1) 0.5 Giải phương trình (2) được x1 4; x2 6 Vậy khi m 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm: x1 4; x2 6 . Xét ' (m 1)2 m2 4 2m 3 Phương trình (1) có nghiệm ' 0 m 1,5 Vì x1 là nghiệm của phương trình (1) nên: 2 2 2 2 x1 2(m 1)x1 m 4 0 x1 2(m 1)x1 m 4 Câu 3 Theo đề bài: (2,0đ) 2 2 x1 2(m 1)x2 3m 16 2 2 2) 2(m 1)x1 m 4 2(m 1)x2 3m 16 1.5 2 2(m 1)(x1 x2 ) 4m 20 Mà x1 x2 2(m 1) (theo hệ thức Vi-ét) nên: 4(m 1)2 4m2 20 4m2 8m 4 4m2 20 m 2 (TMĐK) Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. B I d M 0.25 C A Câu 4 H (3,0đ) N Vì A· MB,A· NC là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên: A· MB 90o MA  MB 1) o 0.75 A· NC 90 NA  NC MB // NC BMNC là hình thang Lại có A· MB 90o nên BMNC là hình thang vuông.
5. Gọi H là trung điểm của MN IH là đường trung bình của hình thang BMNC 2) IH // BM IH  MN 1.0 IMN có HM = HN và IH  MN IMN cân tại I Gọi P là chu vi tứ giác BMNC. Ta có: P = BC + BM + MN + CN = BC + (MA + MB) + (NA + NC) Dễ chứng minh bất đẳng thức a b 2(a 2 b2 ) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: MA MB 2(MA2 MB2 ) Mà MA2 MB2 AB2 (theo định lí Py-ta-go) MA MB 2AB2 AB 2 3) 1.0 Tương tự: NA NC 2AC2 AC 2 P BC 2(AB AC) Dấu “=” xảy ra MA MB o M· AB N· AC 45 NA NC Vậy khi d tạo với tia AB và tia AC các góc 45o thì chu vi tứ giác BMNC đạt giá trị lớn nhất là BC 2(AB AC) Lời giải của thầy Vũ Văn Luyện – Cẩm Giàng – Hải Dương Chọn điểm rơi x z 1; y 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki, ta có: (x 1)2 2(x2 1) (y 2)2 2(y2 4) (z 3)2 (z 1 1 1)2 4(z2 3) 1 1 4 P 2(x2 1) 0,5(y2 4) 2(z2 3) a2 b2 c2 (a b c)2 Dễ chứng minh với x, y, z 0 Câu 5 x y z x y z 1.0 (1,0đ) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: (1 1 2)2 16 P 2(x2 1) 0,5(y2 4) 2(z2 3) 2(x2 z2 ) 0,5y2 10 Từ GT: x2 y2 z2 3y x2 z2 3y y2 2(x2 z2 ) 0,5y2 10 2(3y y2 ) 0,5y2 10 1,5y2 6y 10 16 1,5(y 2)2 16 16 P 1 16 x z 1 x z 1 Dấu “=” xảy ra . Vậy min P 1 y 2 y 2