Đề toán vào lớp 10 Chuyên Quảng Trị năm 2021

Website:tailieumontoan.com
ĐỀ TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN QUẢNG TRỊ NĂM 2021-2022

Bài 1: (2.0 điểm) Bằng các phép biến đổi đại số, rút gọn các biểu thức sau:
a)

A = 2 8 − 5 18 + 4 32.
B=

b)

a− a
. 1− a ,
a − 2 a +1

(

)

với

a > 1.

Bài 2: (1.5 điểm) Cho hàm số

y = ( 1 − m) x2.

(1)

a) Tìm điều kiện của m để hàm số (1) đồng biến khi

x > 0.

b) Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
độ bằng 2?
Bài 3: (1.5 điểm) Cho phương trình (ẩn x)
a) Giải phương trình khi

y = −x + 3

tại điểm có tung

x 2 − 2mx + 2m − 1 = 0.

m = 3.
A=

4 ( x1x 2 + 1)
x + x 2 2 + 2 ( 2 + x1 x 2 )
2
1

b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức
đạt
giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: (1,0 điểm). Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 40 lần
bắn là 8,25 điểm. Kết quả cụ thể được ghi trong bảng sau, trong đó có hai ơ bị mờ
không đọc được (đánh dấu *):
Điểm số của mỗi lần
bắn

10

9

8

7

Số lần bắn

7

*

15

*

Hãy tìm lại các số trong hai ơ đó.
Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vng tại A. Trên cạnh AC lấy điểm F, vẽ FE
vng góc với BC tại E. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF. Đường thẳng BF
cắt (O) tại điểm thứ hai là D, DE cắt AC tại H.
a) Chứng minh ABEF là tứ giác nội tiếp.

·
·
BCA
= BDA.

b) Chứng minh

c) Chứng minh hai tam giác AEO và EHO đồng dạng.
d) Đường thẳng AD cắt (O) tại điểm thứ hai là G, FG cắt CD tại I, CG cắt FD tại K. Chứng
minh I, K, H thẳng hàng.

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Bài 6: (0,5 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn

0 ≤ x, y, x ≤ 1.

Chứng minh rằng:

x + y + z − 2 ( xy + yz + zx ) + 4xyz ≤ 1.
--------------------------------------------

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1: (2.0 điểm) Bằng các phép biến đổi đại số, rút gọn các biểu thức sau:
a)

A = 2 8 − 5 18 + 4 32.
B=

b)

a− a
. 1− a ,
a − 2 a +1

(

)

với

a > 1.
Giải:

a)

A = 2 8 − 5 18 + 4 32.
Ta có:

A = 2 8 − 5 18 + 4 32
= 2 4.2 − 5 9.2 + 4 16.2

= 4 2 − 15 2 + 16 2

=5 2

Vậy

B=
b)
Với

A=5 2
a− a
. 1− a ,
a − 2 a +1

(

a > 1,

)

với

a > 1.

ta có:

Liên
hệ

tài
039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
B=

a− a
1− a
a − 2 a +1

(

=−

a

(

(

)

a −1

)

a −1

2

(

)

)

a −1

=− a

Vậy

B=− a

Bài 2: (1.5 điểm) Cho hàm số

y = ( 1− m) x2.

(1)

a) Tìm điều kiện của m để hàm số (1) đồng biến khi

x > 0.

b) Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
độ bằng 2?
Giải:
a) Tìm điều kiện của m để hàm số (1) đồng biến khi
Hàm số đồng biến khi

x>0

Vậy hàm số đồng biến khi

nếu hệ số

x>0

thì

1 − m > 0 ⇔ m < 1.

m < 1.

Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
thỏa mãn phương trình đường thẳng

Hay

Điểm đó là

Thay tọa độ A và (1) ta được:
Vậy
2.

m = −1

y = −x + 3

word

tại điểm có tung

y = −x + 3

A ( 1; 2 ) .

2 = ( 1 − m ) .12 ⇔ m − 1 = −2 ⇔ m = −1

Bài 3: (1.5 điểm) Cho phương trình (ẩn x)
liệu

y = −x + 3

tại điểm có tung độ bằng 2 nên điểm đó

thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng

Liên

hệ
tài
039.373.2038

tại điểm có tung

x > 0.

b) Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
độ bằng 2?

2 = −x + 3 ⇔ x = 1.

y = −x + 3

mơn

tốn:

y = −x + 3

tại điểm có tung độ bằng

x 2 − 2mx + 2m − 1 = 0.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
a) Giải phương trình khi m = 3.

A=
b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức
giá trị nhỏ nhất.
Giải:

4 ( x1x 2 + 1)
x + x 2 2 + 2 ( 2 + x1 x 2 )
2
1

đạt

a) Giải phương trình khi m = 3

x 2 − 6x + 5 = 0

Thay m = 3 vào phương trình đã cho ta được:

∆ = ( −6 ) − 4.5 = 16 > 0
2

Ta có:

nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:


6 + 16
=5
 x1 =

2


6 − 16
=1
x2 =

2

Vậy phương trình có tập nghiệm là

S = { 1;5}

A=
b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức
giá trị nhỏ nhất.

x 2 − 2mx + 2m − 1 = 0

Phương trình:
trình ln có nghiệm.

Theo định lí Vi-ét ta có:

4 ( x1x 2 + 1)

x + x 2 2 + 2 ( 2 + x1 x 2 )
2
1

∆ ' = m 2 − 2m + 1 = ( m − 1) ≥ 0 ∀x ∈ R

đạt

2

có:

nên phương

 x1 + x 2 = 2m

 x1.x 2 = 2m − 1

Khi đó ta có:

A=

=

=

4 ( x1x 2 + 1)
x + x 2 2 + 2 ( 2 + x 1x 2 )
2
1

( x1 + x 2 )

4 ( x1x 2 + 1)

2

− 2x1x 2 + 4 + 2x1x 2

4 ( x1x 2 + 1)

( x1 + x 2 )

2

+4

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
=

4 ( 2m − 1 + 1)
4m 2 + 4

=

2m
m2 + 1

Ta có

( m + 1)

2

≥ 0 ∀m ⇔ m 2 + 1 ≥ −2m ∀m

⇔ − ( m 2 + 1) ≤ 2m ∀m ⇔ −1 ≤

⇒ A ≥ −1 ∀m ⇒ A min = −1.

2m
∀m
m2 + 1

Dấu “=” xảy ra khi

m + 1 = 0 ⇔ m = −1.

Bài 4: (1,0 điểm). Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 40 lần

bắn là 8,25 điểm. Kết quả cụ thể được ghi trong bảng sau, trong đó có hai ơ bị mờ
khơng đọc được (đánh dấu *):
Điểm số của mỗi lần
bắn

10

9

8

7

Số lần bắn

7

*

15

*

Hãy tìm lại các số trong hai ơ đó.
Giải:
Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là 9 là a
Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là 7 là b

(a ∈ N* )
(b ∈ N* )

Tổng số lần bắn của vận động viên đó là 40 nên ta có:

7 + a + 15 + b = 40 ⇔ a + b = 18

(1)

Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 40 phát bắn là 8,25 nên ta có
phương trình:

10.7 + 9a + 8.15 + 7b
= 8, 25 ⇔ 9a + 7b = 140
40

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

(2)

a + b = 18
a = 7
⇔

9a + 7b = 140
 b = 11

(thỏa mãn)

Vậy số lần bắn trong ô điểm 9 là 7 lần, số lần bắn trong ô điểm 7 là 11 lần.
Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm F, vẽ FE
vng góc với BC tại E. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF. Đường thẳng BF

cắt (O) tại điểm thứ hai là D, DE cắt AC tại H.
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
a) Chứng minh ABEF là tứ giác nội tiếp.

·
·
BCA
= BDA.

b) Chứng minh
c) Chứng minh hai tam giác AEO và EHO đồng dạng.
d) Đường thẳng AD cắt (O) tại điểm thứ hai là G, FG cắt CD tại I, CG cắt FD tại K. Chứng
minh I, K, H thẳng hàng.
Giải:

a)

Chứng minh ABEF là tứ giác nội tiếp.
Ta có

·
FAB
= 900

·
FEB
= 900

(vì

(vì tam giác ABC vuông tại A)

FE ⊥ BC).

·
·
⇒ FAB
+ FEB
= 900 + 900 = 1800

⇒

ABEF là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh
Ta có

·
·
BCA
= BDA.

·
·
BDC
= FDC
= 900

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

·
·
⇒ BDC
= BAC
= 900

⇒

ABCD là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính BC (tứ giác có 2 đỉnh A, D cùng
nhìn BC dưới 1 góc 900)

Liên
hệ
tài

039.373.2038

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
·
·
⇒ BCA
= BDA

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

c) Chứng minh hai tam giác AEO và EHO đồng dạng.

OD = OE ⇒ ∆ODE

Ta có:
một tam giác)
Mà

·

·
·
EOD
= 2ECD
= 2BCD

cân tại O

·
1800 − EOD
·
·
⇒ OED = ODE =
2

(tổng 3 góc trong

(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung DE)

·
180 0 − 2BCD
·
·
·
·
·
⇒ OED
= ODE
=
= 900 − BCD

= CBD
= EBF
2

(do tam giác BCD vng tại

D)
Lại có:

·
·
EBF
= EAF

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF của tứ giác nội tiếp ABEF)

·
·
·
·
⇒ EAO
= EAF
= OED
= OEH
Xét tam giác OEH và tam giác OAE ta có:

·
EOA

chung;

·
·
EAO
= OEH

(cmt)

⇒ ∆OEH ” ∆OEH

(g.g)

d) Đường thẳng AD cắt (O) tại điểm thứ hai là G, FG cắt CD tại I, CG cắt FD tại K. Chứng
minh I, K, H thẳng hàng.
Ta có:
Mà

⇒

·
FGC
= 900

CD ⊥ KF

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính CF)

và I là giao điểm của CD và GF nên I là trực tâm của tam giác CFK.

KI là đường cao thứ 3 của tam giác CFK

Ta có

⇒ FG ⊥ CK.

·
·
·
OAE
= OEH
= ODE

⇒ KI ⊥ CF

(1)

(cmt)

⇒

OEAD là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc
bằng nhau).

·
·
⇒ ADE
= AOE

Liên
hệ

tài
039.373.2038

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

liệu

word

mơn

tốn:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Mà

·
·
·
AOE
= 2FCE
= 2FDE

·
·
⇒ ADE
= 2FDE

⇒ DF

(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung EF)

là phân giác của

·
·
·
FDA
= GCA
= KCH

Ta lại có
nội tiếp CFDG)

·
·
⇒ HDF
= KCH
⇒ CHDK

1·
·
·
·
ADE
⇒ ADF
= FDE
= ADE

2

(góc ngồi và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác

là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi bằng góc trong tại

đỉnh đối diện)

·
·
⇒ KHC
= CDK
= 900

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung CK) hay

KH ⊥ CF

(2)

Từ (1) và (2) ta có I, K, H thẳng hàng.
Bài 6:

(0,5 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn

0 ≤ x, y, x ≤ 1.

Chứng minh rằng:

x + y + z − 2 ( xy + yz + zx ) + 4xyz ≤ 1.

Giải:

Vì

 xy ( z − 1) ≤ 0

0 ≤ x, y, z ≤ 1 ⇔  yz ( x − 1) ≤ 0

 xz ( y − 1) ≤ 0

⇒ 3xyz ≤ xy + yz + zx ⇔ 3xyz − ( xy + yz + zx ) ≤ 0

Lại có

(1)

( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) ≤ 0 ⇔ xyz − xy − yz − zx + x + y + z − 1 ≤ 0

(2)

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được:

4xyz − 2 ( xy + yz + zx ) + x + y + z − 1 ≤ 0
⇔ x + y + z − 2 ( xy + yz + zx ) + 4xyz ≤ 1

Dấu “=” xảy ra khi

Liên
hệ
tài

039.373.2038

( x; y; z ) = ( 1;1;1)

liệu

word

mơn

(đpcm)

hoặc

( x; y; z ) = ( 0;1;1)

tốn:

và các hốn vị của nó.

TÀI LIỆU TỐN HỌC