CHUYÊN QUẢNG TRỊ 2021 2022

NHĨM WORD HĨA ĐỀ TỐN

77

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2021 - 2022
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

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=

Bài 2:

a− a
. 1 − a , với a > 1.
a − 2 a +1

(

)

2
(1.5 điểm) Cho hàm số y = ( 1 − m ) x . (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 y = − x + 3 tại điểm có tung độ bằng 2?
Bài 3:
a)

(1.5 điểm) Cho phương trình (ẩn x) x 2 − 2mx + 2m − 1 = 0.

Giải phương trình khi

m = 3.
1

2

b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x , x sao cho biểu thức

A=

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

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 ô đó.
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 trịn 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.
·
·
b) Chứng minh BCA
= BDA.
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.
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 , với a > 1.
a − 2 a +1

(

)

Giải:
/>

NHĨM WORD HĨA ĐỀ TỐN

78

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 A = 5 2
a− a
. 1 − a , với a > 1.
a − 2 a +1
Với a > 1, ta có:

(

b)

B=

B=

a− a
1− a
a − 2 a +1

(

=−

a

(

(

)

a −1

)

a −1

2

(

)

)
)

a −1

=− a
Vậy B = − a
Bài 2:

2
(1.5 điểm) Cho hàm số y = ( 1 − m ) x . (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 y = − x + 3 tại điểm có tung độ bằng 2?
Giải:
a) Tìm điều kiện của m để hàm số (1) đồng biến khi x > 0.
Hàm số đồng biến khi x > 0 nếu hệ số 1 − m > 0 ⇔ m < 1.
Vậy hàm số đồng biến khi x > 0 thì m < 1.
b) Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = − x + 3 tại điểm có tung độ bằng 2?
Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = − x + 3 tại điểm có tung độ bằng 2 nên điểm đó thỏa mãn phương
trình đường thẳng y = − x + 3
Hay 2 = − x + 3 ⇔ x = 1. Điểm đó là A ( 1; 2 ) .
2
Thay tọa độ A và (1) ta được: 2 = ( 1 − m ) .1 ⇔ m − 1 = −2 ⇔ m = −1

Vậy m = −1 thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = − x + 3 tại điểm có tung độ bằng 2.
Bài 3: (1.5 điểm) Cho phương trình (ẩn x) x 2 − 2mx + 2m − 1 = 0.
a)

Giải phương trình khi

m = 3.
1

2

b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x , x sao cho biểu thức
giá trị nhỏ nhất.
Giải:
a)

Giải phương trình khi

Thay

m=3

m = 3.

vào phương trình đã cho ta được:

∆ = ( −6 ) − 4.5 = 16 > 0

x 2 − 6x + 5 = 0

2

Ta có:

nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

/>
A=

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


NHĨM WORD HĨA ĐỀ TỐN

79


6 + 16
=5
 x1 =
2


6 − 16
=1
x 2 =

2
Vậy phương trình có tập nghiệm là

S = { 1;5}
1

2

b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x , x sao cho biểu thức

A=

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

giá trị nhỏ nhất.
Phương trình: x 2 − 2mx + 2m − 1 = 0 có: ∆ ' = m 2 − 2m + 1 = ( m − 1) ≥ 0 ∀x ∈ R nên phương trình ln có
2

nghiệm.
 x1 + x 2 = 2m
Theo định lí Vi-ét ta có: 
 x1.x 2 = 2m − 1
Khi đó ta có:
4 ( x1x 2 + 1)
A= 2
x1 + x 2 2 + 2 ( 2 + x1 x 2 )
=

4 ( x1x 2 + 1)

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

( x1 + x 2 ) + 4
4 ( 2m − 1 + 1)
=
2

4m 2 + 4
2m
= 2
m +1

Ta có ( m + 1) ≥ 0 ∀m ⇔ m 2 + 1 ≥ −2m ∀m
2

2m
∀m
m2 + 1
⇒ A ≥ −1 ∀m ⇒ A min = −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 (a ∈ N* )
⇔ − ( m 2 + 1) ≤ 2m ∀m ⇔ −1 ≤

Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là 7 là b (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 (2)
40
a + b = 18
a = 7
⇔
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 
(thỏa mãn)
9a + 7b = 140
b = 11
/>

NHĨM WORD HĨA ĐỀ TỐN

80

Vậy số lần bắn trong ơ 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.
a) Chứng minh ABEF là tứ giác nội tiếp.
·
·

b) Chứng minh BCA
= BDA.
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 (vì tam giác ABC vng tại A)
·
FEB
= 900 (vì FE ⊥ BC).

·
·
⇒ FAB
+ FEB
= 900 + 900 = 1800
⇒ ABEF là tứ giác nội tiếp
·
·
b) Chứng minh BCA
= BDA.
·
·
Ta có 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)
·
·
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
⇒ BCA
= BDA
c) Chứng minh hai tam giác AEO và EHO đồng dạng.
·
1800 − EOD
·
·
OD
=
OE
⇒
∆
ODE
Ta có:
cân tại O ⇒ OED = ODE =
(tổng 3 góc trong một tam giác)
2
·

·
·
Mà EOD
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung DE)
= 2ECD
= 2BCD
0
·
180 − 2BCD
·
·
·
·
·
(do tam giác BCD vuông tại D)
⇒ OED
= ODE
=
= 900 − BCD
= CBD
= EBF
2
·
·
Lại có: EBF
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF của tứ giác nội tiếp ABEF)
= EAF
·
·
·

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

NHĨM WORD HĨA ĐỀ TỐN

81

·
chung;
EOA
·
·
(cmt)
EAO
= OEH
⇒ ∆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: FGC
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính CF) ⇒ FG ⊥ CK.

Mà CD ⊥ KF 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 ⇒ KI ⊥ CF (1)
·

·
·
Ta có OAE
(cmt)
= OEH
= ODE

⇒ OEAD là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
·
·
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE)
⇒ ADE
= AOE

·
·
·
Mà AOE
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung EF)
= 2FCE
= 2FDE
1·
·
·
·
·
·
⇒ ADE
= 2FDE
⇒ DF là phân giác của ADE ⇒ ADF = FDE = ADE

2
·
·
·
Ta lại có FDA
(góc ngồi và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp CFDG)
= GCA
= KCH
·
·
⇒ HDF
= KCH
⇒ CHDK 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.
x + y + z − 2 ( xy + yz + zx ) + 4xyz ≤ 1.
Giải:
 xy ( z − 1) ≤ 0

Vì 0 ≤ x, y, z ≤ 1 ⇔  yz ( x − 1) ≤ 0

 xz ( y − 1) ≤ 0
⇒ 3xyz ≤ xy + yz + zx ⇔ 3xyz − ( xy + yz + zx ) ≤ 0 (1)
Lại có ( 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 (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi ( x; y; z ) = ( 1;1;1) hoặc ( x; y; z ) = ( 0;1;1) và các hốn vị của nó.

/>
Chứng minh rằng: