SỞ GD & ĐT HỒ BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MƠN TOÁN (DÀNH CHO CHUYÊN TOÁN) Ngày thi: 13 tháng năm 2020 Đề số 22 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) -Câu I (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: a −9 a) A = a −3 2) Giải phương trình: x + x − = b) B = 3− 2+ − 1− 1+ Câu II (2,0 điểm) 1) Cho phương trình: x + mx + m − = ( m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x1 + x − 4( x1 + x ) = 2) Một ca nơ xi dịng khúc sơng từ bến A đến bến B dài 96km, sau lại ngược dòng đến địa điểm C cách bến B 100km, thời gian ca nơ xi dịng thời gian ngược dịng 30 phút Tính vận tốc riêng ca nơ, biết vận tốc dịng nước 4km/h Câu III (2,0 điểm) Từ điểm A nằm đường tròn (O;R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M (M khác B, M khác C), từ M kẻ MI, MK, MP vuông góc với AB, AC, BC ( I ∈ AB , K ∈ AC , P ∈ BC ) · · 1) Chứng minh rằng: MPK = MBC 2) Chứng minh : Tam giác MIP đồng dạng với tam giác MPK 3) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI MK MP đạt giá trị lớn Câu IV (2,0 điểm)  ( x − y)( y − y ) = −1 1) Giải hệ phương trình:   x − y + y = 2) Cho ba số x, y, z thỏa mãn đồng thời: x − y + = y − z + = z − x + = Tính giá trị biểu thức: A = x1000 + y1000 + z1000 Câu V(2,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x y thỏa mãn: xy + y − x + xy − x + y = 2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) Tia phân giác góc A cắt đường tròn (O) D Chứng minh AB + AC < AD Hết -Họ tên thí sinh: Phòng thi: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN HỒNG VĂN THỤ ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2020-2021 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN (DÀNH CHO CHUN TỐN) (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Câu I (2,0 điểm) Phần Nội dung Điểm ĐKXĐ : a ≥ 0; a ≠ 0,5 ( a + 3)( a − 3) A= = a +3 a −3 B= 3(1 − 2) 2(1 + 2) − = 3−2 1− 1+ 0,5 TH1: x + 3x − = ⇔ x + 3x − = 0,5 Giải phương trình ta x = 1; x = −4 TH2: x + x − = −3 ⇔ x + 3x + = Giải phương trình ta x = −1; x = −2 0,5 KL… Câu II (2,0 điểm) Phần Nội dung ∆ = m − 4(m − 1) = m − 4m + = ( m − 2) ≥ 0∀m Nên phương trình ln có nghiệm với m 2 Ta có: x1 + x2 − 4( x1 + x2 ) = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 4( x1 + x2 ) = 5(*)  x1 + x2 = − m Theo hệ thức vi ét ta có:   x1.x2 = m − Điểm 0,25 0,25 0,25 (*) ⇔ (− m) − 2( m − 1) − 4( − m) = ⇔ m + 2m − = Giải phương trình ta m1 = 1; m2 = −3 0,25 KL… Gọi vận tốc thực ca nô x (km/h) (x > 4) Vận tốc xi dịng là: x + ; vận tốc ngược dòng là: x − 96 100 Thời gian xi dịng , thời gian ngược dòng x+4 x−4 100 96 − = (1) Theo ta có phương trình x−4 x+4 2 (1) ⇔ x − x − 1584 = Giải phương trình x1 = 44; x2 = −36( KTM ) KL……… 0,25đ 0,5đ 0,25đ Câu III (2,0 điểm) Phần Nội dung Điể m B I M A P O K C · · Tứ giác KMPC nội tiếp ⇒ MPK (cùng chắn cung KM) = MCK 0,5 · · (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung MCK = MBC · · chắn cung CM) ⇒ MPK (1) = MBC 0,5 · · Tứ giác IMPB nội tiếp ⇒ MIP (cùng chắn cung PM)(2) = MBP · · Từ (1) (2) ⇒ MPK = MIP 0,25 · · Chứng minh tương tự MKP = MPI ⇒ ∆MIP ∽ ∆MPK ( g − g ) 0,25 ∆MIP ∽ ∆MPK ⇒ MI MP = ⇔ MI MK = MP MP MK 0,25 Vì MI MK = MP ⇒ MI MK MP = MP ⇒ MI MK MP lớn MP lớn ⇔ M điểm cung nhỏ BC 0,25 Câu IV (2,0 điểm) Phần Nội dung Điể m 2  ( x − y )( y − y ) = −1  ( y − y + 2)( y − y ) = −1(*) ⇔   2   x − y + y = x = y − y + 0,5 Giải (*) Đặt t = y − y ⇒ t +2t + = ⇔ (t + 1) = ⇔ t = −1 2 ⇒ y −2 y + = ⇔ ( y − 1) = ⇔ y = ⇒ x = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm : ( x; y ) = ( 2;1) 0,5 x − y + = y − z + = z − x + = ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 0,5 ⇔ x −1 = y −1 = z − = ⇔ x = y = z = ⇒ A = 0,5 Câu V (2,0 điểm) Phần Nội dung xy + y − x + xy − x + y = ⇔ ( x + 1) y + y ( x + 1) − ( x + 1) = −1 Điể m 0,5  x + = (I )    y + y − x − = −1 ⇔ x + = −1   ( II )   y + y − x − = 0,25 Giải (I) nghiệm (0;0);(0; −1) 0,25 Giải (II) nghiệm (−2;0);( −2; −1) KL…………… 0,25 A O C B D K Trên tia đối tia CA lấy điểm K cho CK = AB Xét ∆CDK ∆BDA có: CK = AB · KCD = ·ABD (vì bù với ·ACD ) » = DC » ) CD = BD ( DB 0,5 ⇒ ∆CDK = ∆BDA ( c.g c ) ⇒ DK = DA Trong ∆ADK có AK < AD + DK ⇔ AB + AC < AD + AD = 2AD 0,5 * Chú ý: Các lời giải khác xem xét cho điểm tương ứng SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐIỆN BIÊN NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: Tốn (Chun) Ngày thi: 15/7/2020 Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thức (Có 01 trang) Đề số 23 ĐỀ BÀI Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức: P = a2 − a 2a + a 2(a − 1) − + ( với a > 0, a ≠ ) a + a +1 a a −1 a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nhỏ P   x −1 + y + =  Giải hệ phương trình:  4 x − − =  y +3  Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x − 5mx − 4m = ( với m tham số) a) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm b) Chứng minh phương trình có nghiệm phân biệt x1 , x2 thì: x12 + 5mx2 + m + 14m + > Câu (2,0 điểm) a) Một Robot thiết kế thẳng, quay góc 900 sang phải sang trái Robot xuất phát từ vị trí A thẳng 2m quay sang trái thẳng 3m , quay sang phải thẳng 5m đến đích vị trí B Tính khoảng cách đích đến nơi xuất phát Robot b) Cho hai số a, b thỏa mãn a>b>0 a.b = Chứng minh: a + b2 ≥2 a −b Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường cao AD, BE cắt H Kéo dài BE , AO cắt đường tròn (O ) F M a) Chứng minh ∆HAF cân b) Gọi I trung điểm BC Chứng minh ba điểm H , I , M thẳng hàng AH = 2OI c) Khi BC cố định, xác định vị trí A đường trịn (O ) để DH DA lớn Câu (1,0 điểm) yz xz xy + + = x2 y2 z b) Cho n số nguyên dương Biết 2n + 3n + hai số phương Chứng minh n chia hết cho 40 a) Cho xy + yz + xz = xyz ≠ Chứng minh rằng: Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐIỆN BIÊN Năm học : 2020 - 2021 (Hướng dẫn chấm có 04 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN CHUN Câu Hướng dẫn Cho biểu thức: P = Điể m a2 − a 2a + a 2(a − 1) − + a + a +1 a a −1 a) Rút gọn P 1.1 (1,0đ ) a ( a − 1) a (2 a + 1) 2( a − 1)( a + 1) Với a > 0, a ≠ ⇒ P = − + a + a +1 a a −1 0,25 a ( a − 1)(a + a + 1) − (2 a + 1) + 2( a + 1) = a − a + a + a +1 0,25 P= b) Tính giá trị nhỏ P 1 3  P = a − a + =  a − ÷ + ≥ (Với ∀a > 0, a ≠ ) 2 4  Vậy giá trị nhỏ P = 1.2 a = 4 0,25 0,25  x − + =1  y +3  Giải hệ phương trình:  4 x − − =  y +3  x ≥  y ≠ −3 Điều kiện:  0,25 u = x −  2u + v =  u =1  ⇔ Đặt  (điều kiện u ≥ ) ⇒  (thỏa 4u − 3v = v = −1  v = y +3  mãn)  x −1 =  x=2  ⇒ ⇔ (thỏa mãn) Vậy HPT có nghiệm (2; −4)  y + = −1  y = −4  0,5 0,25 Phương trình: x − 5mx − 4m = a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm Ta có: ∆ = 25m + 16m 2.a (1,0đ ) 0,25 Để phương trình có nghiệm kép  m =0 ∆ = ⇔ 25m + 16m = ⇔  m = − 16 25  0,25 + ) m = nghiệm kép x1 = x2 = +) m = − 5m =0 16 5m =− nghiệm kép x1 = x2 = 25 0,25 0,25 b) Chứng minh phương trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 x12 + 5mx2 + m + 14m + > 2.b (1,0đ ) PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 ∆ = 25m + 16m > 0,25 x12 − 5mx1 − 4m = ⇔ x12 = 5mx1 + 4m x1 + x2 = 5m 0,25 Xét P = x12 + 5mx2 + m + 14m + = 5mx1 + 4m + 5mx2 + m + 14m + = 5m( x1 + x2 ) + m + 18m + = 26m + 18m + 2 Suy P = 25m + 16m + m + 2m + = ∆ + (m + 1) > (vì ∆ > ) Đpcm 3.a (1,0đ ) 0,25 0,25 a) Một Robot thiết kế thẳng, quay góc 900 sang phải sang trái Robot xuất phát từ vị trí A thẳng 2m quay sang trái thẳng 3m , quay sang phải thẳng 5m đến đích vị trí B Tính khoảng cách đích đến nơi xuất phát Robot Học sinh vẽ hình minh họa 0,25 Kẻ AC ⊥ BC hình vẽ: 0,25 Ta có: AC = 7; BC = 0,25 ⇒ AB = + 33 = 58 0,25 Vậy khoảng cách đích đến nơi xuất phát Robot 58 a + b2 b) Chứng minh: ≥ 2 Với a > b > a.b = a −b a + b (a − b) + 2 = = (a − b ) + Vì a.b = ⇒ a −b a −b (a − b) Do a > b > ⇒ (a − b) + 3.b (1,0đ ) 2 ≥ (a − b ) = 2 (BĐT AM-GM) ( a − b) ( a − b) Dấu xẩy khi: (a − b) =  2+ a=  ⇔ a− = ⇔  a  2− a =  Vậy 4.a (1,0đ ) 0,25 ⇔ ( a − b) = ⇔ a − b = ( a − b) (t / m) ⇒b= ( Loai ) 6− 2 a + b2 6+ 6− ≥ 2 Dấu xẩy a = ;b = a −b 2 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) Đường cao AD, BE cắt H Kéo dài BE , AO cắt đường tròn (O ) F M a) Chứng minh ∆HAF cân 0,25 0,25 0,25 Vẽ hình đến câu 4.a 0,25 · Ta có: ·AHF = ·ACB (cùng phụ với DAE ) 0,25 Lại có ·ACB = ·AFB (cùng chắn cung AB ) 0,25 · · Suy AHF = AFB Þ D AHF cân A 0,25 b) Gọi I trung điểm BC Chứng minh ba điểm H , I , M thẳng hàng AH = 2OI 4.b (1,0đ ) Ta có BH / / CM (cùng vng AC ), HC / / BM (cùng vuông AB ) 0,25 ⇒ BHCM hình bình hình 0,25 Mà I trung điểm BC ⇒ I trung điểm HM ⇒ ba điểm H , I , M thẳng hàng 0,25 ⇒ OI đường trung bình ∆AHM ⇒ AH = 2OI 0,25 c) Khi BC cố định, xác định vị trí A đường tròn (O) để DH DA lớn Theo câu ta có · · · · AHF = AFB Þ BHD = ACB Þ D DAC : D DBH (g.g) 4.c (1,0đ ) Suy DA DB = Û DA.DH = DB.DC DC DH 0,25 0,25 æBD + CD ổBC ữ ữ ỗ Ta cú DB.DC Ê ỗ DB DC Ê ữ ữ ç ç ÷ ÷ ç ç2 ø è ø è 0,25 Dấu xẩy BD = DC Vậy để DH DA lớn A điểm cung lớn BC 0,25 y = −1 ⇔ y = −1 ⇔ y + 16y2 + 8y + 11 = ⇔  16y + 8y + 11 = ( )( ) ( ) ( )( ) Vậy hệ phương trình có nghiệm 2;1 , 1; −1 b) Gọi x, y ( x, y ∈ N * ) số trang dự định may ban đầu tổ I tổ II Ta có x + y = 10000 15 20 x+ y = 1700 100 100 x + y = 10000 x = 6000  ⇔ Ta hệ phương trình  15 (tmđk)  20 x+ y = 1700 y = 4000   100 100 Sau cải tiến kỹ thuật, ta có (3 điểm) Số sản phẩm làm thay thiết bị :  15  +) tổ I  + ÷6000 = 6900 (khẩu trang) 100    20  +) tổ II  + ÷4000 = 4800 (khẩu trang) 100   Vẽ hình đến câu a 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 · · a) Ta có : BPI = BMI = 90o Do tứ giác BMI P nội tiếp đường trịn đường kính BI · · b) AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ ABC = ACB Chứng minh tương tự câu a, ta có tứ giác CMIN nội tiếp đường trịn đường kính CI · · · · ⇒ MIP = 180o − MBP = 180o − MCN = MIN · · (cùng chắn cung IP đường trịn đường kính BI ) PBI = PMI · · (cùng chắn cung IM đường trịn đường kính CI ) MCI = MNI · · · (cùng chắn cung IB đường tròn đường (O) ) PBI = BCI = MCI · · · · ⇒ PMI = PBI = MCI = MNI 0,50 0,25 0,25 0,25 · · · · PMI ) ∆INM (vì có MIP = MIN = MNI Do ∆IMP IM IP ⇒ = ⇒ I M = I N I P IN IM · · c) Ta có PMI (từ trên) = MCI s 0,25 0,25 0,25 · Chứng minh tương tự ta có IBM = I·MN · · · mà IBM + MCI + BIC = 180o · · · C = 180o hay · · ⇒ PMI + IMN + BI EMF + EIF = 180o · · ⇒ tứ giác EMFI nội tiếp ⇒ EFI (nội tiếp chắn = EMI cung) · · · ( = EMI ) ⇒ EFI = MCI · · mà EFI MCI hai góc đồng vị ⇒ EF // BC Theo giả thiết I M ⊥ BC nên suy IM ⊥ EF (1 điểm) ( ( ( ) ) ) 3 3 3 Vì 5.101 = x y + z − 2020xyz = x x y + z − 2020yz nên x khơng có ước số ngun tố ngồi số 2;5;101 Vì 2020 = 22.5.101 nên ta có lập luận sau: Nếu (hoặc ) (hoặc ) xM5 xM 101 x3 M53 x3 M1013 • ( ) ( ) 0,25 0,25 0,25 2020 xyz + M53 (hoặc 2020 xyz + M1013 ) ( 0,25 0,25 ) ( ) Nếu 2020 xyz + = 23.5.101 2yz + M26 x = 22 x M2 • Từ lập luận trên, ta suy x = (loại) x = ( ) 3 Khi x = ta phương trình y + z = 5.101 yz + (*) Đặt y + z = 101k , k số nguyên dương tìm sau 3   Từ y + z = y + z  y − z + yz ta   2 5.101 yz + = 101k  y − z + yz  ⇔ k y − z + k − yz = (**)   ( ( ) ( ) ( ) ) Từ ta suy ( ) ( k − 5) yz ≤ 5, ( ) ( ) 0,25 k ≤ Thật vậy, k > ⇒ ≤ k − yz ≤ ⇒ y, z ≤ ⇒ y + z < 101 (mâu thuẫn) Ta xét trường hợp: < k ≤ Từ (*) ta suy y3 + z3 M5 , ta suy y + z M5 Nếu y, z chia hết cho y3 + z3 M53 ( 0,25 ) 5.101 yz + = 5.101.yz + 5.101 M53 Do hai y, z không chia hết cho ( Ta có k y − z ) + ( k − 5) yz = ⇔ −3kyz = −k ( y + z) Vì yM5 , zM5 nên kM5 + 5yz + y − z = = 5⇔  y − z = −1  y − z = y = 253    y + z = 505 z = 252 ⇔  Ta hệ phương trình  y − z = −1 y = 252     y + z = 505 z = 253   ( Với k = , thay vào (**) ta y − z ) ( ) Vậy phương trình cho có nghiệm x;y;z là: ( 2;252;253) , ( 2;253;252) -HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN (Chun) Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề thi có 01 trang) Đề số 30 Họ tên thí sinh:…………… ……………………… ……………….; SBD……………… Câu 1: (2,0 điểm) a −1 a +1 + a + , với a ≥ 0, a ≠ a −1 a +1 b) Tìm giá trị tham số m để hàm số y = ( m − 1) x + m nghịch biến a) Rút gọn biểu thức A = ¡ đồ thị qua điểm M ( 2;1) Câu 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x − ( m − 1) x + 2m − = , (với m tham số) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Tìm giá trị tham số m để x12 + x22 = b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x − x + 62 = ( x − 1) y + ( x − x + ) y Câu 3: (2,0 điểm) a) Giải phương trình x + x + 12 + x + x + = x +  x + y = b) Giải hệ phương trình  2 ( x + y ) ( 16 − x y − xy ) = y Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) , BC dây cung cố định (O; R ) không qua O Gọi A điểm di động cung lớn BC cho AB < AC tam giác ABC nhọn Các đường cao BD CE cắt H Gọi T giao điểm DE với BC a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh TB = TD.TE − TB.BC c) Cho BC = R Tìm giá trị lớn chu vi tam giác ADH theo R Câu 5: (1,0 điểm) Cho số dương x, y , z thoả mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 1 + + ≥ 2020 x+ y y+z z+x y2 + 2x2 z2 + y2 + + xy yz HẾT x2 + z zx Chữ ký giám thị 1……………………… Chữ ký giám thị 2………………… ………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN (Chun) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Hướng dẫn chấm có 03 trang) III Hướng dẫn chung • Nếu học sinh giải cách khác hướng dẫn chấm giải điểm tối đa • Điểm tồn thí sinh khơng làm trịn IV.Đáp án – Thang điểm Đáp án Câu a) Ta có A = ( )( a −1 ) +( a +1 a −1 ( ) a +1 Điể m 0,5 a +1 ) = a +1+ a +1 = 1+ a 0,5 b) Hàm số y = ( m − 1) x + m nghịch biến ¡ đồ thị (2 điểm) (2 điểm) m − < m <  ⇔ qua điểm M ( 2;1) nên    m + 2m − = 1 = ( m − 1) + m m <  ⇔   m = ⇔ m = −3   m = −3  Vậy giá trị m cần tìm m = −3 a) Ta có x1 + x2 = ( m − 1) , x1 x2 = 2m − x12 + x22 = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = Suy ( m − 1) − ( 2m − ) = ⇔ ( 2m − 3) + = ⇔ m = Vậy m = x12 + x22 = b) Với x, y nguyên dương, ta có 0,5 0,5 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 x − x + 62 = ( x − 1) y + ( x − x + ) y ⇔ ( y − )  x + ( y − ) x − ( y − 3)  = 56 ⇔ ( x − 1) ( y − ) ( x + y − 3) = 56 Nhận thấy ( x − 1) + ( y − ) = x + y − 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai số đầu số lại 56 = 1.7.8 = 7.1.8 Xét trường hợp xảy ra, ta nghiệm nguyên dương phương trình ( 2;9 ) , ( 8;3) a) ĐK: x > −5 Đặt u = x + x + 12, v = x + 3x + (u > 0, v > 0) ⇒ u − v = x + 10 = 2( x + 5) = ( u + v ) 2 ⇔ (u + v)(u − v − 2) = ⇔ u − v − = (vì u > 0, v > ) Do 0,2 0,2 0,2 ⇔ 2 x + 3x + = x + x + >  x > −3  ⇔ ⇔  2 7 x + x − =  2 x + 3x + = ( x + 3)  x > −3  x = −1    x = −1  ⇔  ⇔ x =  x =    Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1, x = 2  x + y = (1) b) Ta có  2  ( x + y ) 16 − x y − xy = y (2) 2 − x y − x + y xy  = y Thay (1) vào (2) ta được: ( x + y )  x + y   ) ( ) ( ) ( ) x = y Thay x = y vào (1) ta  2 x = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ⇔ x= y=± )( 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 ⇔ x5 + y = y ⇔ x = y (3 điểm) 0,2 x + x + 12 = x + 3x + + ( (2 điể m) 0,2 ) 2; , − 2; − a) Hình vẽ · Ta có BD ⊥ AC ⇒ BDC = 900 · CE ⊥ AB ⇒ BEC = 900 0,2 0,2 0,5 ⇒ D, E hai đỉnh kề nhìn BC (khơng đổi) góc 900 Suy BCDE tứ giác nội tiếp đường tròn · · b) Vì BCDE tứ giác nội tiếp nên BCE (2 góc nội tiếp = BDE chắn cung EB ) Xét tam giác TBD tam giác TEC có · · · chung, BCE nên tam giác TBD đồng dạng với tam giác = BDE ETB TEC TB TE ⇒ = ⇔ TB.TC = TD.TE TD TC Mà TC = TB + BC nên TB ( TB + BC ) = TD.TE ⇔ TB = TD.TE − TB.BC c) Kẻ đường kính AM ( O ) gọi K trung điểm BC Ta có  BH ⊥ AC CH ⊥ AB ⇒ BH / / MC;  ⇒ CH / / MB   MC ⊥ AC  MB ⊥ AB Suy tứ giác BHCM hình bình hành nên K trung điểm HM Tam giác AHM có OK đường trung bình nên AH = 2OK ( 1) R R , OK = OB − BK = ( 2) 2 Từ (1) (2) suy AH = R (không đổi) Tam giác AHD vuông D nên AD + DH = AH = R 2 Áp dụng BĐT, ( x + y ) ≤ ( x + y ) , ∀x, y ; Đẳng thức xảy x = y 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 mà BC = R ⇒ BK = 0,2 ⇒ ( AD + DH ) ≤ ( AD + DH ) = R 0,2 ⇒ AD + DH ≤ R ( ) Chu vi tam giác AHD AH + AD + HD ≤ R + R = + R ( ) Vậy chu vi tam giác AHD lớn + R HD = AD (1 0,2 Với hai số dương x, y ta có 2( x − y ) ≥ , đẳng thức xảy x = y Ta có 2( y − x) ≥ ⇔ y + x ≥ y + xy + x ⇔ ( y + x ) ≥ ( y + x ) 0,2 0,2 1 + ≥ x y x+ y Do y + x2 ≥ Tương tự y + 2x ⇔ y + 2x2 y + 2x 1 2 ≥ =  + ÷ xy 3xy 3x y z2 + y2  2 ≥  + ÷ yz 3 y z ( 2) , (1) x2 + z 1 2 ≥  + ÷ ( 3) zx 3z x 0,2 Cộng (1), (2) (3) theo vế ta điểm) y + x2 z2 + y2 1 1 x2 + z + + ≥ 3 + + ÷ xy yz zx x y z 1 1 1 ; + ≥ ; + ≥ Với x, y, z > ta có + ≥ x y x+ y y z y+z z x z+x 1 1 1  1  + + Nên  + + ÷ ≥  ÷ ≥ 4.2020 hay x + y + z ≥ 4040 x y z  x+ y y+z z+x Suy P ≥ 4040 , đẳng thức xảy x = y = z = P cần tìm 4040 , x = y = z = Vậy GTNN 4040 4040 HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP NĂM HỌC 2020 - 2021 0,2 0,2 Khóa ngày 16/7/2020 Đề số 31 Mơn: TỐN (CHUNG) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian SBD:………… giao đề) Đề có 01 trang gồm câu MÃ ĐỀ 001 Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức: P = 2x + x −9 + x −3 x +3 (với x ≥ 0, x ≠ ) a) Rút gọn biểu thức P Câu (1,5 điểm) Cho hàm số: y = ( m − 3) x + 2n − ( 1) có đồ thị đường thẳng d (với m, n tham số) a) Tìm m để hàm số (1) đồng biến ¡ b) Tìm m, n để đường thẳng d qua hai điểm A ( 1;2 ) B ( −2;4 ) b) Tìm giá trị x để P = − Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x − ( m + 1) x + m − = 2 (2) (với m tham số) a) Giải phương trình (2) với m = b) Tìm giá trị m để phương trình (2) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22 − x1 x2 > Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = Câu (3,5 điểm) Cho tam giác + × x +y xy ABC vng A ( AB > AC ) có đường cao AH ( H ∈ BC ) Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A , vẽ nửa đường trịn ( O1 ) đường kính BH cắt AB I ( I khác B ) nửa đường tròn ( O2 ) đường kính HC cắt AC K ( K khác C ) Chứng minh rằng: a) Tứ giác AKHI hình chữ nhật b) Tứ giác BIKC tứ giác nội tiếp c) IK tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn ( O1 ) ( O2 ) HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP NĂM HỌC 2020 -2021 Khóa ngày 16/7/2020 Mơn: TỐN (CHUNG) (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) MÃ ĐỀ: 001; 003 * Đáp án trình bày lời giải cho câu Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận logic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong câu, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước sau có liên quan * Điểm thành phần câu phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm 0,5 điểm tùy tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Đối với Câu 5, học sinh vẽ hình để làm câu a cho 0,5 điểm, học sinh khơng vẽ hình cho điểm Trường hợp học sinh có vẽ hình, vẽ sai ý điểm ý * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tùy theo mức điểm câu * Học sinh giải nhầm mã đề câu khơng chấm điểm câu * Điểm tồn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất câu Câ u Nội dung Cho biểu thức: P = 2x + x −9 3 + x −3 x +3 (với x ≥ 0, x ≠ ) 2,0 điểm a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = − a Điểm 2x + x −9 Ta có: P = = = = + x −3 x +3 2x ( x +3 )( x −3 + ) ( 2x + x + + x − ( ( x +3 )( x −3 2x + x x +3 )( x −3 ) ) ( x +3 x +3 )( ) x −3 + ) ( ( x +3 x −3 )( ) x −3 ) 0,25 0,25 0,25 Câ u Nội dung = ( x ( x +3 )( x +3 ) x −3 Với x ≥ 0, x ≠ thì: P = − b ) = Điểm x x −3 0,25 x ⇔ =− 2 x −3 0,25 ⇔4 x = − x + 0,25 (thỏa mãn) 25 Vậy x = P = − 25 Cho hàm số: y = ( m − 3) x + 2n − ( 1) có đồ thị đường thẳng d (với m, n tham số) a) Tìm m để hàm số (1) đồng biến ¡ b) Tìm m, n để đường thẳng d qua hai điểm A ( 1;2 ) ⇔5 x = ⇔ x = 0,25 0,25 1,5 điểm B ( −2;4 ) a Để hàm số (1) đồng biến ¡ Vì A ( 1;2 ) thuộc m−3> 0⇔ m >3 d nên = m − + 2n − ⇔ m + 2n = 10 Vì B ( −2;4 ) thuộc ( *) d nên = ( m − 3) ( −2 ) + 2n − ⇔ −2 m + n = b 0,5 ( **)  m=   m + 2n = 10  ⇔ Từ (*) (**) ta có   −2 m + n = n = 23  0,25 0,25 0,5 2 Cho phương trình: x − ( m + 1) x + m − = (2) (với m tham số) a) Giải phương trình (2) với m = b) Tìm giá trị m để phương trình (2) có hai nghiệm 2,0 điểm x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22 − x1 x2 > Với a Vì m = ta có phương trình x − x − = ( 3) ∆ ' = > nên phương trình ( 3) có hai nghiệm phân biệt x1 = + 6; x2 = − 0,25 0,25 0,25 Câ u Nội dung Điểm Phương trình (2) có nghiệm khi: 0,25 ∆ ' ≥ ⇔ m + ≥ ⇔ m ≥ −2 ×  x1 + x2 = 2m + Theo hệ thức Vi-ét ta có:  0,25  x1.x2 = m − Khi đó: x12 + x22 − x1 x2 > ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − > 0,25 ⇔ ( 2m + ) − ( m − ) − > b ⇔ 8m + 11 > ⇔ m > − 0,25 11 (thỏa mãn) 11 phương trình (2) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22 − x1 x2 > Cho số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ Vậy với m > − + × biểu thức Q = x + y xy Với a, b số thực dương ta chứng minh được: Thật vậy: 1 + ≥ a b a+b 0,25 1,0 điểm ( 1) 1 a+b + ≥ ⇔ ≥ a b a+b ab a +b 0,25 ⇔ (a + b) ≥ 4ab ⇔ (a − b)2 ≥ Dấu xảy Ta có: Q= ( x + y) xy ≤ ≤ a=b 1 ⇒ ≥ ( ) Dấu xảy x = y xy 1 + = + + 2 x +y xy x + y xy xy 0,25 Áp dụng (1) (2) vào Q ta được: Q ≥ + 2.5 ≥ + 10 = 14 ( x + y )2 x = y  2 Dấu xảy  x + y = xy ⇔ x = y = x + y =  Vậy GTNN Q 14 x = y = 0,25 0,25 Câ u Nội dung Điểm ABC vuông A ( AB > AC ) có đường cao Cho tam giác AH ( H ∈ BC ) Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A , vẽ nửa đường trịn ( O1 ) đường kính BH cắt AB I ( I khác B ) nửa đường trịn ( O2 ) đường kính HC cắt AC K ( K khác C ) Chứng minh rằng: 3,5 điểm a) Tứ giác AKHI hình chữ nhật b) Tứ giác BIKC tứ giác nội tiếp c) IK tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn ( O1 ) ( O2 ) Hình vẽ A I 0,5 O K B O1 H O2 C · Ta có: BIH = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O1 ) ) a ⇒ ·AIH = 900 ( hai góc kề bù) · · Tương tự HKC = 900 ⇒ HKA = 900 Vì tam giác b 0,25 (1) (2) 0,25 · ABC vuông A nên IAK = 900 (3) 0,25 Từ (1), (2) (3) suy tứ giác AKHI hình chữ nhật Vì tứ giác AKHI hình chữ nhật nên nội tiếp đường 0,25 · · trịn ⇒ IHA (góc nội tiếp chắn cung IA ) = IKA 0,25 Theo giả thiết (4) AH ⊥ BC nên AH tiếp tuyến đường tròn ( O1 ) · · (cùng chắn cung IH đường tròn ( O1 ) ) ⇒ IBH = IHA · · Từ (4) (5) suy IBH (6) = IKA · · Ta có IKA + IKC = 1800 (hai góc kề bù) (7) 0,25 (5) 0,25 Câ u Nội dung · · Từ (6) (7) suy IBH + IKC = 1800 ⇒ BIKC tứ giác nội tiếp Điểm 0,25 Gọi O giao điểm IK AH Tứ giác AIHK hình chữ nhật ⇒ ∆OIH tam giác cân O 0,25 · · ⇒ OIH = OHI · IH = O · HI Tam giác O1IH cân O1 ⇒ O 1 c · · HI = 900 suy O · IH + OIH · · IK = 900 Mà OHI +O = 900 ⇒ O 1 0,25 Do IK tiếp tuyến nửa đường tròn ( O1 ) · KI = 900 nên IK tiếp tuyến Chứng minh tương tự ta có O nửa đường trịn ( O2 ) Vậy IK tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn ( O1 ) ( O2 ) ……………………………………………… 0,25 0,25 ... KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐIỆN BIÊN NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: Tốn (Chun) Ngày thi: 15/7/2020 Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thức (Có 01 trang) Đề số 23 ĐỀ BÀI... − 3b = Với a − 3b = , ta có  x = + 34 ⇒ y = 59 + 10 34 ⇔  x = − 34 ( ktm) ( Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y ) = + 0,25 x − x = x + ⇔ x − 10 x − = 34 ; 59 + 10 34 ) a p x − y = (1) , ta có. .. −2 x ? ?3 A= = ( x ( x +3 )( x ? ?3 )( ) = ( ) ) x +1 x +1 x + − x +3 x? ?3 x + x − 24 ( x+2 x ? ?3 ) )( 1,0 = x +3 0,25 x x ? ?3 0,25 = 18 x +3 x+ x 18 − , với x− x − x− ) x? ?3 = ( ) x? ?3 + x ( )( x +3 ( )