Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên trà vinh năm học 2018 2019 (vòng 2 có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRÀ VINH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (2,0 điểm)

x
− 1 +
x 2 − y 2 
x2 − y2
x

Cho biểu thức: Q =


y
÷:
với x > y > 0 .
÷ x − x2 − y 2


1. Rút gọn Q.
2. Xác định giá trị của Q khi x = 3 y .
Bài 2. (1,0 điểm)
Cho đường thẳng (d ) : y = ax + b . Tìm a, b biết đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol
( P) : y = x 2 tại điểm A(−1;1) .
Bài 3. (2,0 điểm)

x2
+ x2 − 4 = 8 − x2
4
 x2 + y 2 = 2 y + 1
2. Giải hệ phương trình: 
.
 xy = x + 1
1. Giải phương trình:

Bài 4. (1,0 điểm)
Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng phương trình sau luôn có
nghiệm: (b 2 + c 2 − a 2 ) x 2 − 4bcx + (b 2 + c 2 − a 2 ) = 0 .
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 2 .
2
2
2
x3 + y 3 + z 3
+
+
≤
+ 3.
Chứng minh: 2
x + y2 y 2 + z 2 z 2 + x2
2 xyz
Bài 6. (3,0 điểm)
Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O; R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường
tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC (
I ∈ AB, K ∈ AC ).
1. Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.

·
·
2. Vẽ MP ⊥ BC ( P ∈ BC ) . Chứng minh MPK
.
= MIP
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI .MK .MP đạt giá trị lớn nhất.
-------------------- HẾT --------------------


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần
Q=
=
=
1)

Bài 1
(2,0đ)

=

=
=

Nội dung


x

x
y
÷:
− 1 +
2
2
2
2
2
2
x − y 
x −y ÷
 x− x − y
x + x2 − y 2 x − x2 − y 2
−
×
y
x2 − y 2
x2 − y2
x
x
x2 − y 2
x
x2 − y 2

(

x2 − x2 + y 2

−

y x2 − y2
y

−

x− y

)

1.5

x2 − y 2
2

x + y. x − y
x− y
x+ y
x− y

với x > y > 0 .
x+ y
Thay x = 3 y (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức Q, ta được:
3y − y
2y
2
Q=
=
=
2

3y + y
4y
Vậy Q =

2)

Điểm

0.5

2
khi x = 3 y .
2
Vì đường thẳng (d ) : y = ax + b đi qua điểm A( −1;1) nên ta có:
1 = −a + b ⇔ b = a + 1
(1)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
(2)
ax + b = x 2 ⇔ x 2 − ax − b = 0
Thay (1) vào (2) được:
 x = −1
x 2 − ax − a − 1 = 0 ⇔ ( x + 1)( x − 1 − a) = 0 ⇔ 
x = a +1
Vậy Q =

Bài 2
(1,0đ)

1.0

Vì (d) tiếp xúc với parabol ( P ) : y = x 2 tại điểm A( −1;1) nên phương
trình (2) có nghiệm kép x1 = x2 = −1
⇔ −1 = a + 1 ⇔ a = −2
⇒ b = −2 + 1 = −1
Vậy a = −2; b = −1 .
Bài 3
(2,0đ)

1)

x2
+ x 2 − 4 = 8 − x 2 ⇔ x 2 + 4 x 2 − 4 = 16 − 2 x 2
4
ĐK: 2 ≤ x ≤ 2 2

(1)

1.0


Đặt y = x 2 − 4 ( y ≥ 0) ⇒ x 2 = y 2 + 4
Phương trình (1) trở thành:
y 2 + 4 + 4 y = 16 − 2 ( y 2 + 4 )
⇔

( y + 2)

2

= 8 − 2 y2

⇔ y + 2 = 8 − 2 y2
⇔ y + 2 = 8 − 2 y 2 (do y ≥ 0 ⇒ y + 2 > 0)
⇔ 2 y2 + y − 6 = 0
⇔ ( y + 2)(2 y − 3) = 0
⇔ 2 y − 3 = 0 (do y + 2 > 0)
3
⇔ y=
2
3
Với y = , ta có:
2
2
25
5
 3
2
x =  ÷ + 4 ⇔ x2 =
⇔ x=±
4
2
 2
5
Kết hợp với điều kiện ⇒ x = ±
2
5
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = ± .
2
2
2

 x + y = 2 y + 1 (1)

(2)
 xy = x + 1
Với x = 0 , phương trình (2) trở thành 0 = 1 (vô lí).
Với x ≠ 0 , ta có:
 x2 + y 2 − 2 y + 1 = 2
 x 2 + ( y − 1) 2 = 2
2
2
x + y = 2 y +1 

⇔
⇔

1
1
 xy = x + 1
 y = 1+
 y −1 =
x
x


2)

2

1
⇒ x +  ÷ = 2 ⇔ x 4 + 1 = 2 x 2 (do x ≠ 0)

x

1.0

2

⇔ ( x 2 − 1) = 0 ⇔ x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1
2

1
Với x = 1 ⇒ y = 1 + ⇔ y = 2
1
1
⇔ y=0
Với x = −1 ⇒ y = 1 +
−1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x, y ) ∈ { (1;2),( −1;0)} .
Bài 4
(1,0đ)

(b 2 + c 2 − a 2 ) x 2 − 4bcx + (b 2 + c 2 − a 2 ) = 0
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên:
a, b, c > 0; b + c − a > 0; a + b − c > 0; a + c − b > 0
Xét 2 trường hợp:
+ TH1: b 2 + c 2 − a 2 = 0

(1)
(2)

1.0

Phương trình (1) trở thành:
−4bcx = 0 ⇔ x = 0 (do b, c > 0)
⇒ Phương trình (1) có nghiệm
+ TH2: b 2 + c 2 − a 2 ≠ 0 ⇒ Phương trình (1) là phương trình bậc hai
Xét ∆ ' = (2bc) 2 − (b 2 + c 2 − a 2 ) 2
= (2bc + b 2 + c 2 − a 2 )(2bc − b 2 − c 2 + a 2 )
2
2
= ( b + c ) − a 2   a 2 − ( b − c ) 



= ( a + b + c) ( b + c − a) ( a + b − c) ( a + c − b)
Kết hợp với (2) ⇒ ∆ ' > 0 ⇒ Phương trình (1) có nghiệm
* Kết luận: Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm.
Vì x, y, z > 0; x 2 + y 2 + z 2 = 2 nên:
2
2
2
x3 + y 3 + z 3
+
+
≤
+3
x2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x2
2 xyz

(1)

x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2
x2
y2
z2
⇔
+
+
≤
+
+
+3
x2 + y 2
y2 + z2
z 2 + x2
2 yz 2 zx 2 xy
z2
x2
y2
x2
y2
z2
⇔ 1+ 2
+1+ 2
+1+ 2
≤
+
+
+3
x + y2

y + z2
z + x 2 2 yz 2 zx 2 xy

Bài 5
(1,0đ)

x2
y2
z2
x2
y2
z2
+
+
≤
+
+
y 2 + z 2 z 2 + x 2 x 2 + y 2 2 yz 2 zx 2 xy
z2
z2
2
2
2
≤
Lại có: ( x − y ) ≥ 0 ⇔ x + y ≥ 2 xy ⇔ 2
x + y 2 2 xy
y2
y2
z2
z2

≤
;
≤
Tương tự, ta có: 2
z + x 2 2 zx x 2 + y 2 2 xy
⇒ (2) đúng ⇒ (1) đúng (đpcm)
⇔

(2)

Bài 6
(3,0đ)

0.25

1)

Tứ giác AIMK có:
·
·
AIM
= AKM
= 900 (GT)
·
·
⇒ AIM
+ AKM
= 1800
⇒ AIMK là tứ giác nội tiếp

0.75


2)

3)

Chứng minh tương tự phần 1), ta có các tứ giác BIMP, CKMP nội
tiếp
µ2
Tứ giác BIMP nội tiếp ⇒ $
I1 = B
µ 2 = P$2
Tứ giác CKMP nội tiếp ⇒ C
µ2 =C
µ 2  = 1 sđMC
¼ 
Mà B

÷
 2

⇒ P$2 = $
I1 (đpcm)
µ1
Chứng minh tương tự phần 2), ta có P$1 = K
µ 1 = P$1
∆ MPK và ∆ MIP có: P$2 = $
I1 ; K

⇒ ∆MPK # ∆MIP (g.g)
MP MK
⇒
=
⇒ MP 2 = MI.MK
MI MP
⇒ MI.MK.MP = MP 2 .MP = MP 3
Do đó, tích MI.MK.MP lớn nhất
⇔ MP3 lớn nhất
⇔ MP lớn nhất
⇔ M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.
Vậy khi M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC thì tích MI.MK.MP
đạt giá trị lớn nhất.
Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương

1.0

1.0