CHUYÊN bà rịa VŨNG tàu 2021 2022

TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYEN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU
ĐỀ THI MƠN : TỐN (Chun)
Năm học: 2021-2022
Câu 1 (3, 0 điếm).
P=

a) Rút gon biểu thức

x x 1 x +1
x 2
ì

ữ
1 + x + x  x −1 x − x − 2 ÷


với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4 .

b) Giadi phương trình 5 x − ( x + 4) 2 x + 1 + 4 = 0.
 2 x 2 + y 2 + 3 xy + 4 x + 3 y + 2 = 0
 2
x − y + 3 + x + y +1 = 2
c) Giai hế phương trinh 
.

Câu 2 (2, 0 điểm).
3
2
2
a) Cho hai da thức P( x) = x + ax + bx + c và Q( x) = 3x + 2ax + b(a, b, c ∈ ¡ ) . Biết rằng

P ( x) có ba nghiệm phân biệt. Chưng minh Q( x) có hai nghiềm phân biệt.
2
2
2
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thơa mần phương trình ( xy − 1) = x + y .
2
2
2
Câu 3 (1, 0 điểm). Xét các số thực a, b, c không âm, thòa măn a + b + c = 1 . Tìm giá trị

lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

S=

a
b
c
+
+
1 + bc 1 + ac 1 + ab .

Câu 4 (3, 0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ). Một đường trơn đi qua B, C và
khỏng đi qua A cat các cạnh AB, AC lần lượt tại E , F ( E khác B; F khác C ); BF cảt
CE tại D . Gọi P là trung điểm của BC và K là điềm đối xứng với D qua P .
AE DE
=
a) Chứng minh tam giác KBC đồng dạng với tam giác DFE và AC CK .

b) Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vng góc của D trên AB, AC . Chửng minh MN
2

2
2
2
vng góc với AK và MA + NK = NA + MK .

c) Gọi I , J lần lựt là trung điềm AD và MN , Chứng minh ba điếm I , J , P thẳng hàng.
d) Đường thẳng IJ cát đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN tại T ( T khade l ). Chưng
minh AD là tićp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DTJ .


Câu 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác.Tia Ox song song
với AB
cắt BC tại D , tia Oy song song vói BC cắt AC tai E , tia Oz song song vói AC cắt AB
2

2

2

 AB   BC   AC 
S =
÷ +
÷ +
÷
 OD   OE   OF 
tạ F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

HƯỚNG DẪN

Câu 1 (3.0 điêm).

P=

a) Rút gọn biểu thức sau

x x 1 x + 1
x 2
ì

ữ
1 + x + x  x −1 x − x − 2 ÷


với

x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4

b) Giải phương trình 5 x − ( x + 4) 2 x + 1 + 4 = 0 .
 2 x 2 + y 2 + 3 xy + 4 x + 3 y + 2 = 0
 2
x − y + 3 + x + y +1 = 2
c) Giải hệ phương trình 
.

( x )3 − 1 
x +1
x −2
P=
×
−


1 + x + x  ( x + 1)( x − 1) ( x + 1)( x − 2) 
1 
 1
= ( x − 1) 
−
÷
x +1 
 x −1
= ( x − 1)
=

2
( x − 1)( x + 1)

2
x +1

Điều kiện:

x≥−

1
2 . Đặi t = 2 x + 1(t ≥ 0) . Ta có phương trình −t 3 + 5t 2 − 7t + 3 = 0

t = 1
⇔ (t − 1) −t 2 + 4t − 3 = 0 ⇔ 
t = 3 (nhận).

(

)

* Vơi t = 1 ⇒ 2 x + 1 = 1 ⇔ x = 0 (thỏa).


* Với t = 3 ⇒ 2 x + 1 = 3 ⇔ x = 4 (thỏa).

{ 2x

{

2

+ y 2 + 3xy + 4 x + 3 y + 2 = 0

x2 − y + 3 + x + y + 1 = 2

Điềù kiện:

(1)

(2)

x2 − y + 3 ≥ 0

x + y +1 ≥ 0

2
2
(1): y + (3 x + 3) y + 2 x + 4 x + 2 = 0

 y = −2 x
(1) ⇔ 
∆ y = ( x + 1)
 y = −x
nên
2

*

TH1: y = − x − 1 thay vào (2) ta có phương trình

 x = 0 ⇒ y = −1
x2 + x + 4 = 2 ⇔ 
 x = −1 ⇒ y = 0 (nhận)

* TH2: y = −2 x − 2 thay vào (2) ta có phương trình
x 2 + 2 x + 5 + − x − 1 = 2 ⇔ ( x + 1) 2 + 4 + −( x + 1) = 2
( x + 1) 2 + 4 + −( x + 1) ≥ 2 , với mọi giá trị của x ≤ −1 Dấu bằng xảy ra khi
x = −1 ⇒ y = 0 (nhận) Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (0; −1), ( −1;0) .

Ta có

Câu 2 (2, 0 điểm).
3
2
2
a) Cho hai đa thức P( x) = x + ax + bx + c và Q( x) = 3x + 2ax + b(a, b, c ∈ ¡ ) . Biết rằng

P ( x) có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh Q( x) có hai nghiệm phân biệt.

2
2
2
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) ihỏa mãn phương trình ( xy − 1) = x + y

P( x) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 )
a) Gọi x1 , x2 , x3 là ba nghiệm phân biệt của P ( x) , ta có
= x 3 − ( x1 + x2 + x3 ) x 2 + ( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) x − x1 x2 x3

Đồng nhất hệ số của P ( x) ta có:


∆ Q = a 2 − 3b = ( x1 + x2 + x3 ) 2 − 3( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )
=

[

]

1
( x1 − x2 ) 2 + ( x2 − x 3 ) 2 + ( x1 − x3 ) 2 > 0
2

Vậy Q(x có hai nghiệm phân biệt
Lưu y: hs sử dụng Viet vẫn cho điểm tối đa
b/
2
2
2
2

2
Ta có: (xy-1)2=x2+y2 ⇔ ( xy ) − 2 xy + 1 = x + y ⇔ ( x + y ) − ( xy ) = 1

 x + y − xy = 1
(1)

 x + y + xy = 1

⇔ ( x + y − xy )( x + y + xy ) = 1 ⇔
 x + y − xy = −1

( 2)
 x + y + xy = −1

Giải hệ (1) ta được cặp nghiệm (0;1),(1;0)
Giải hệ (2) ta được cặp nghiệm (0;-1),(-1;0)
Câu 3:
(1 + bc) 2 = 1 + 2bc + b 2 c 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2bc + 2b 2 c 2
1
= a 2 + (b + c) 2 + b 2 c 2 ≥ a 2 + (b + c) 2 ≥ (a + b + c ) 2
2
1
a
c
⇒ 1 + bc ≥
(a + b + c) ⇒
≤ 2
... tuongtu
1 + bc
a+b+c

2

Ta có :

⇒ S ≤ 2(

a
b
c
+
+
)= 2
a+b+c a+b+c a+b+c

2
,c = 0
Khi a=b= 2
thì S =

2 . Vậy giá trị lớn nhất của S là 2 .

Theo BĐT AM-GM:
a (1 + bc ) ≤

a2 +1
b2 + c 2
(a 2 + 1)( 2 + b 2 + c 2 ) 1 a 2 + 1 + 2 + b 2 + c 2 2
(1 +
)=
≤ (

)
2
2
4
4
2

Từ đó :
a
b
c
≥ a 2 . Tuong tu
≥ b2 ;
≥ c 2 ⇒ S ≥ a 2 + b 2 + c 2 = 1 Khi a = 1; b = c = 0 thì S = 1 .
1 + bc
1 + ac
1 + ab

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 1.


Câu 4:(3 điểm)
Chưa vẽ hình
·
·
·
·
Tứ giác BCFE nội tiếp nên ta có: DEF = DBC ; DFE = DCB
Mặt khác: BDCK là hình bình hành nên

Do đó :

·
·
·
·
BCK
= DBC
CBK
= DCB
;

·
¶ BK ⇒ ∆KBC : ∆DFE ( gg )
DFE
=C
DE EF
FE AE
·DEF = BC
¶ K ∆KBC : ∆DFE ⇒ CK = BC (1); ∆AEF : ∆ACB ⇒ BC = AC (2)
;

Từ (1) và

(2) ⇒

AE DE
=
AC CK

·
·
Gọi Q là giao điểm của MN và AK . Ta có: AEC = ABK (đồng vi) và
·ABK = ·ABD + DBK
·
·
= ·ACE + DCK
= ·ACK
·
·
·
·
(Do ABD = ACE ; DBK = DCK )

·AED = ·ACK , DE = AE ⇒ ∆AED ∪ ∆ACK (c − g − c)
CK AC
Xét ∆AED và ∆ACK có:
·
·
·
·
⇒ KAC
= DAE
hay QAC = DAM
·
·
·
·
·
b) Có AMD + AND = 180° ⇒ AMDN nội tiếp ⇒ DNM = DAM = QAN .

·
·
·
·
·
Mà DNM + MNA = 90° ⇒ QAN + MNA = 90° ⇒ AQN = 90° ⇒ AK ⊥ MN

Do đó:
MA2 + NK 2 = QM 2 + QA2 + QN 2 + QK 2
= QN 2 + QA2 + QM 2 + QK 2 = NA2 + MK 2
Ta có

MI =

1
AD = NI ⇒ I
2
thuộc đường trung trực của MN (3)

c) Ta có IP là đường trung bình của tam giác ADK ⇒ IP / / AK ⇒ IP ⊥ MN (4)


Từ (3) và (4) suy ra IP là đường trung trực của MN ⇒ I , J , P thẳng hàng. Từ (3) và Ta có
∆IMN cân tại I , IJ ⊥ MN nên IT là đường kính của đường tròn ngoại
2
·
tiếp ∆IMN ⇒ INT = 90° ⇒ IJ .IT = IN
2
·
·

Mà IN = ID ⇒ IJ .IT = ID ⇒ ∆IDJ ∪ ∆ITD ( g − g ) ⇒ IDJ = ITD

⇒ ID là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆DTJ .

Câu 5(1, 0 điểm). Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác. Tia Ox song
song với AB cắt BC tại D , tia Oy song song với BC cắt AC tại E , tia Oz song song
2

2

2

 AB   BC   AC 
S =
÷ +
÷ +
÷
 OD   OE   OF 
với AC cắt AB tại F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Kẻ DM / / OF ( M ∈ AB), EN / / OD( N ∈ BC ), FP / /OE ( P ∈ AC )
OD EN NC
OE DN
OF MD BD
=
=
(1);
=
=
=

BC BC (2); AC AC BC (3)
Ta có: AB AB BC

Từ

(1), (2), (3) ⇒

OD OE OF NC DN BD
+
+
=
+
+
=1
AB BC AC BC BC BC

Theo bất đẳng thức AM-GM:
1=

OD OE OF
OD OE OF
AB BC AC
+
+
≥ 33
× ×
⇔
× ×
≥ 27
AB BC AC

AB BC AC
OD OE OF
2

2

2

2

 AB   BC   AC 
 AB BC AC 
⇒S =
ì ì
ữ +
ữ +
ữ 33
ữ = 27
OD   OE   OF 
 OD OE OF 

Đẳng thức xảy ra khi O là trọng tâm ∆ABC . Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 27 .