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

1. SỞ GD&ĐT PHÚ YÊN KỲ THI TS 10 THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH Năm học: 2019-2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (Chuyên) Thời gian: 150' (Không kể giao đề) ĐỀ BÀI: Câu 1. (2,0 điểm) x 3 x 2 x 2 x 2 Cho biểu thức: A : 1 x 2 3 x x 5 x 6 x x 2 a) Rút gọn biểu thức A. 1 b) Tìm x để P 2.A đạt giá trị lớn nhất. x Câu 2. (3,0 điểm) a) Giải PT: x2 6x 8 3 x 2 . x2 y 2 2x 2y (x 2)(y 2) 2 2 b) Giải hệ PT: x y 1 y 2 x 2 Câu 3. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên tia đối của tia BC lấy điểm D sao cho BD = BA. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, AD. Đường thẳng qua B và song song với AD cắt MN tại E. a) Chứng minh tứ giác NAEB là hình chữ nhật. b) Chứng minh góc ACE = DCN. Câu 4. (1,5 điểm) a b c 1 a) Tồn tại hay không 3 số a, b, c thỏa mãn b2 ca c2 ab a2 bc 2019 x2 y2 85 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x y 13 Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại M, N. Kẻ dây MA của đường tròn (O) tiếp xúc với (O') và dây MB của đường tròn (O') tiếp xúc với (O). Đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB cắt đường thẳng MN tại P (P khác M). CMR: PN = MN. Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca = 1. CMR: a b2 1 b c2 1 c a2 1 2. Dấu "=" xảy ra khi nào?
2. SỞ GD&ĐT PHÚ YÊN KỲ THI TS 10 THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH Năm học: 2019-2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (Chuyên) Thời gian: 150' (Không kể giao đề) ĐÁP ÁN Câu 1. (2,0 điểm) ĐKXĐ: x 0, x 4, x 9. x 9 x 4 x 2 x 2 x x 2 a) A : x 5 x 6 x 5 x 6 x 5 x 6 x x 2 x 3 x x 3 x 1 x 2 x 1 A : x 5 x 6 x x 2 x x 3 x 2 x 2 1 1 1 1 1 1 b) Ta có: P 2.A 2. 1 3 1 2  3 1 x x x x x x 2 1 => P 3 1 3 ( x 0) x 1 => PMax 3 1 0 x 1(TM ) x Câu 2. (3,0 điểm) a) Giải PT: x2 6x 8 3 x 2 . ĐKXĐ: x 2 2 2 x 6x 8 3 x 2 x 3x 2 3 x 2 3 x 2 x 1 x 2 3 x 2 x 2 1 0 x 1 x 1 x 2 3 x 2 0 x 2 1 3 x 1 x 2 x 2 0 x 2 1 3 x 1 x 2 0 Do : x 2 0 x 2 1 x 2 (TM ) x 1
3. x2 y 2 2x 2y (x 2)(y 2) 2 2 b) Giải hệ PT: x y 1 y 2 x 2 ĐKXĐ: x 2, y 2 2 2 x y x y 2x 2y (x 2)(y 2) 1 y 2 x 2 2 2 x y 2 2 1 x y 1 y 2 x 2 y 2 x 2 x x y a 1 y 2 y 2 x 2 a b 1 2 2 2 2 y x y a b 1 Đặt: b 1 x 2 y 2 x 2 a 0 (TM ) b 1 a b 1 2 2 a 1 a 1 a 1 (TM ) b 0 a 0 x 2 (TM ) b 1 y 0 Với a 1 x 0 (TM ) b 0 y 2 Với Câu 3. (1,5 điểm) D B N C E M A a) Ta thấy rằng M, N lần lượt là trung điểm của AC, AD nên MN là đường TB của tam giác ACD => MN // CD hay A· NE A· DB
4. Vì : BA = BD => ABD cân tại B => BN  AB;B· DA=B· AD Vì: BE // AD => B· NA N· BE 90;A· NE N· EB Từ đây => B· AN A· DB A· NE N· EB => BEAN nội tiếp => N· EA 180 90 90 Vì: N· AE B· NA N· BE 90 => đpcm b) Dễ thấy M· AE D· AB B· AE => M· AE M· NA (cùng phụ với ) MA MN Lại có: A· ME MAE  MNA(g.g) => ME MA là góc chung nên MC MN ME MC Mà: MA = MC => E· MC MEC  MCN(c.g.c) E· CM M· NC Do: là góc chung => => M· NC D· CN Lại có: MN // CD (Đường TB) => A· CE D· CN => (đpcm) Câu 4. (1,5 điểm) a b c 1 a) Tồn tại hay không 3 số a, b, c thỏa mãn b2 ca c2 ab a2 bc 2019 Giả sử tồn tại bộ số thực (a, b, c) thỏa mãn yêu cầu đề bài rõ ràng ĐK a, b, c là: a2 bc,b2 ca,c2 ab. 2 2 2 2 Nếu a = b = c thì a bc a a 0 a bc (vô lý) Vậy nên trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 2 số khác nhau. Khi đó: a b 2 b c 2 c a 2 0 AD t/c dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b c a b c 1 2 2 2 1 2 2 2 b ca c ab a bc [ a b b c c a ] 2019 2 => a+b+c > 0. Khi đó nếu tồn tại 2 số bằng nhau, giả sử a = b thì: a b b2 ca c2 ab 0 b2 ca c2 ab (a b c)(b c) 0 b c
5. => a=b=c (Vô lý) Từ dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b b c c a 1 b2 ca c2 ab c2 ab a2 bc a2 ab b2 ca 2019 a b b c a b 1 b c a b c c a a b c a b a b c 2019 x2 yz 2 2 2 2 Đặt: y zx x y z xy yz zx 2 z xy x y 2 y z 2 z x 2 0 x y z a b 2c a b 2c a b 2c c b 2a c b 2a c b 2a a b c a c 2b a b 2b 2a 3 a b 0 Kết quả cho thấy vô lý. Vậy không tồn tại bộ 3 số thỏa mãn theo yêu cầu. x2 y2 85 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x y 13 Vì x, y ¢ x y, x2 y2 ¢ x2 y2 85 => 85(x y) 13(x2 y2 ) 0 x y 13 => x + y > 0. x y 2 Áp dụng BĐT: x2 y2 (x y)2 0 2 (Luôn đúng) 13 2 170 85(x y) 13(x2 y2 ) x y x y x y 13 Ta có: 2 13 x y 0 2 2 x y 13 x y 85 Mà: x y 13 x 6 (TM ) x y 13 y 13 x y 7 2 2 2 2 => x y 85 x 13 x 85 x 7 (TM ) y 6 Vậy nghiệm của PT là: (x; y) = (6; 7) ; (7; 6) Câu 5. (1,0 điểm)
6. Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại M, N. Kẻ dây MA của đường tròn (O) tiếp xúc với (O') và dây MB của đường tròn (O') tiếp xúc với (O). Đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB cắt đường thẳng MN tại P (P khác M). CMR: PN = MN. M O' H K O N I B A P Gọi I là tam đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB. Gọi H, K theo thứ tự là giao điểm của OO' với MN và MI. Rõ ràng OO' MN và HM = HN. Ta thấy: IM = IP nên NP = NM nên OI là đường trung trực của đoạn MA. => MA OI => OI // MO' (Vì: MA MO') Tương tự: O'I // MO => OIMO' là HBH. Khi đó K là trung điểm của MI. => HK là đường TB của MNI => NI // HK hay NI // OO'. Mà: MN MO' => MN  IN hay IN MP => đpcm Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca = 1. CMR: a b2 1 b c2 1 c a2 1 2. Dấu "=" xảy ra khi nào? Cách 1: Áp dụng Bunhiakopxky ta có:
7. 2 4 2 1 2 b 2 ab a 3 b 1 1 b 1 1 a b 1 3 3 3 2 2 ab bc ca 3 1 3 VT a b c a b c Tương tự ta có: 2 2 2 2 Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy ta được: a b c 2 3(ab bc ca) 3 a b c 3 1 3 VT  3 2 Khi đó: 2 2 a b c 0 3 Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi a b c ab bc ca 1 3 Cách 2: Bình phương 2 vế ta cần cm tương đương: a(b2 1) b(c2 1) c(a2 1) 2ab b2 1 c2 1 2bc c2 1 a2 1 2ca b2 1 a2 1 4 (*) Áp dụng BĐT Cauchy ta có: a2 1 b2 1 a2b2 a2 b2 1 a2b2 2ab 1 ab 1 Gọi vế trái của (*) là S. Áp dụng BĐT Cauchy ta có: S a2b2 b2c2 c2a2 a2 b2 c2 2ab(bc 1) 2bc(ca 1) 2ca(ab 1) (ab bc ca)2 (a b c)2 (ab bc ca)2 3.(ab bc ca) 4 a b c 0 3 Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi ab 1 bc 1 ca 1 a b c 3 ab bc ca 1