011 toán vào 10 chung hưng yên 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI : TOÁN
Dành cho thí sinh chuyên: Toán, Tin, Lý, Hóa, Sinh

Câu 1. (1,0 điểm)
A = 2.

a) Rút gọn biểu thức

(

)

2 + 2 − 3 −1

y = x + m2 + 2

b) Tìm m để đường thẳng
tại 1 điểm trên trục tung
Câu 2 (2,0 điểm)
Cho hệ phương trình

x + 2 y = m + 3
(1)

2 x − 3 y = m

a) Giải hệ phương trình (1) khi
b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm
nhất
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:

và đường thẳng

m =1

( x; y )

y = ( m − 2 ) x + 11

cắt nhau

(m là tham số)

sao cho

P = 98 ( x 2 + y 2 ) + 4m

đạt giá trị nhỏ

x + 3 + 2 − x − 6 − x − x2 = 1
x4 + 5x2 + 6 − m = 0

b) Tìm m để phương trình
(m là tham số) có đúng hai nghiệm

Câu 4 (1,0 điểm)
Quãng đường AB dài 120 km. Một ô tô chạy từ A đến B với vận tốc xác định. Khi
từ B trở về A, ô tô chạy với vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đi từ A đến B là 10 km/h.
Tính vận tốc lúc về của ô tô, biết thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 24 phút.
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O;R)
bất kỳ đi qua B và C (BC < 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn
(O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC.
a) Chứng minh năm điểm A, M, I, O, N cùng thuộc một đường tròn
b) Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E là giao điểm thứ hai của
EB = EC = EJ

đường thẳng MJ với đường tròn (O). Chứng minh
c) Khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K là giao điểm của OA và MN. Chứng
minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng
cố định
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số dương

x, y , z

thỏa mãn

xy + yz + zx = 3 xyz


Chứng minh rằng

x3
y3
z3

1 1 1 1
+
+
≥ . + + ÷
2
2
2
z+x
x+ y
y+z
2 x y z


Câu 1
a) A = 2

)

(

2 + 2 − 3 −1

= 2 + 4 − 2 3 −1
= 2+
= 2+

( 3 ) − 2. 3.1 + 1 − 1
( 3 − 1) − 1
2

2

= 2 + 3 −1−1 = 3

b) Hai đường thẳng cắt nhau khi và chỉ khi

a ≠ a' ⇔1≠ m − 2 ⇔ m ≠ 3

A ∈ Oy ⇒ A ( 0; y A )

Giả sử hai đồ thị cắt nhau tại điểm
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị đã cho là :
x + m 2 + 2 = ( m − 2 ) x + 11

⇔ ( m − 3) x = m 2 − 9

⇔ ( m − 3) x = ( m − 3) ( m + 3 )

(*)

Hai đồ thị cắt nhau tại A nên khi đó
⇒ 0.( m − 3) = ( m − 3) ( m + 3)

x=0

là nghiệm của phương trình (*)

⇔ (m − 3)(m + 3) = 0
m − 3 = 0
m = 3

⇔
⇔
m + 3 = 0
 m = −3

Với

m=3

Vậy với
Câu 2:

(loại) do 2 đường thẳng trùng nhau

m = −3

thì hai đường thẳng cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung

a) Thay giá trị

m =1

vào hệ phương trình ta có:

x + 2 y = 4
x = 2
⇔
2 x − 3 y = 1  y = 1

( I) ⇔ 

Vậy với

m =1

b) Ta có

thì hệ phương trình có nghiệm

1 2
≠
⇒( I)
2 −3

( x; y ) = ( 2;1)

luôn có nghiệm (x;y) với mọi

m


 2 x + 4 y = 2m + 6
x = m + 3 − 2 y
⇔
2 x − 3 y = m
7 y = m + 6

( I) ⇔ 

5m + 9


x=
x = m + 3 − 2 y



7
⇔
⇔
m+6
 y = 7
y = m + 6

7

Theo đề bài ta có:

P = 98 ( x 2 + y 2 ) + 4m

 ( 5m + 9 ) 2 ( m + 6 ) 2 
⇒ P = 98. 
+
÷+ 4 m

÷
49
49


2

= 2(26m + 102m + 117) + 4m
= 52m 2 + 208m + 234

= 52 ( m 2 + 4m + 4 ) + 234 − 52.2
= 52 ( m + 2 ) + 26 ≥ 26
2

⇒ MinP = 26

Dấu “=” xảy ra
m = −2

Vậy
Câu 3

⇔ m + 2 = 0 ⇔ m = −2

thỏa mãn yêu cầu bài toán

a) Điều kiện :

x + 3 ≥ 0

⇔ −3 ≤ x ≤ 2
2 − x ≥ 0
6 − x − x 2 ≥ 0


Pt ⇔ x + 3 + 2 − x −

Đặt

( x + 3) ( 2 − x )

x + 3 + 2 − x = t ( t ≥ 0)

= 1(*)


t2 = x + 3 + 2 − x + 2

( x + 3) ( 2 − x )

= 5+ 2

( x + 3) ( 2 − x )

t2 − 5
⇒ ( x + 3) ( 2 − x ) =
2
2
t −5
⇒ (*) ⇔ t −
=1
2
⇔ 2t − t 2 + 5 − 2 = 0
⇔ t 2 − 2t − 3 = 0
⇔ ( t + 1) ( t − 3) = 0
t + 1 = 0
t = −1( ktm)

⇔
⇔
t − 3 = 0
t = 3 (tm)
32 − 5
⇒ ( x + 3) ( 2 − x ) =
=2
2
⇔ 6 − x − x2 = 4
⇔ x2 + x − 2 = 0
⇔ ( x − 1) ( x + 2 ) = 0
x −1 = 0
 x = 1 (tm)
⇔
⇔
x + 2 = 0
 x = −2 (tm)

Vậy phương trình có tập nghiệm

S = { −2;1}

b) x 4 + 5 x 2 + 6 − m = 0(*)

Đặt

x 2 = t (t ≥ 0)
⇔ t 2 + 5t + 6 − m = 0(1)

Phương trình đã cho

Để phương trình (*) có đúng hai nghiệm thì phương trình (1) phải có nghiệm
⇔ (1)
dương
phải có hai nghiệm trái dấu hoặc hai nghiệm kép dương
6 − m < 0
 ac < 0
 2

5 − 4(6 − m) = 0
∆ = 0
m > 6

⇔ 
⇔  
⇔
⇔m>6
  x1 x2 > 0
VN
6 − m > 0



  −5 > 0
  x1 + x2 > 0

Vậy

m>6

thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 4.
Gọi vận tốc lúc về của ô tô là

x(km / h)

( x > 0)

x + 10 (km / h)

Khi đó vận tốc lúc đi của ô tô là :
Thời gian về và thời gian đi của ô tô hết quãng đường AB lần lượt là:
120
120
(h);
( h)
x
x + 10

Đổi 24 phút
Theo đề bài ta có phương trình:

= 0, 4

giờ

120 120
−
= 0, 4

x
x + 10
⇔ 120( x + 10) − 120 x = 0, 4 x ( x + 10)
⇔ 0, 4 x 2 + 4 x − 1200 = 0
⇔ 0, 4. ( x − 50 ) ( x + 60) = 0
 x = 50 (tm)
⇔
 x = −60

( ktm)

Vậy vận tốc lúc đi của ô tô là

50km / h


Câu 5.

a) Ta có

·
·
OMA
= ONA
= 900 ( gt )

·
⇒ OIA
= 900

(quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

⇒

Các điểm M, I, N cùng nhìn OA dưới 1 góc
tròn đường kính OA

900

nên cùng thuộc đường

A, M , O, I , N

Vậy 5 điểm
cùng thuộc đường tròn đường kính OA
b) Ta có MJ là phân giác của
·
·
·
» = sdCE
» ⇒ EB = EC
BMC
⇒ BME
= EMC
⇒ sd BE

(1)

(hai cung bằng nhau

thì căng hai dây bằng nhau)
Ta có:

·
·
·
·
·
EBC
= EMC
= BME
; CBJ
= JBM
( gt )

·
·
·
·
·
⇒ EBJ
= EBC
+ CBJ
= BME
+ JBM

Xét tam giác

BMJ

có

·
·
·
BME
+ JBM
= BJE

hai góc trong không kề với nó)
⇒ EB = EC = EJ
Từ (1) và (2)

(góc ngoài của tam giác bằng tổng

·
·
⇒ EBJ
= BJE
⇒ ∆EBJ

cân tại E

⇒ EB = EJ (2)


·
OKH
= 900

c) Gọi H là giao điểm của AC và MN, ta có:
tuyến cắt nhau nên OA là trung trực của MN)
·AIO = 900

Xét

(Do AM, AN là hai tiếp

(quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

∆AHK

và

∆AOI

có:

·AKH = ·AIO = 900 ; OAI
·

⇒ ∆AHK : ∆AOI ( g.g ) ⇒

AH AK
=
⇒ AH . AI = AO. AK
AO
AI

Xét tam giác vuông AMO có

giác vuông)
·AMB = ·ACM

Ta có:
chắn cung BM)

chung

AO. AK = AM 2

(3)

(4) (hệ thức lượng trong tam

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng

Xét tam giác AMB và ACM có:
⇒ ∆AMB : ∆ACM ( g.g ) ⇒

·
MAC

chung;

AB, AC , AI

(cmt )

AM
AB

=
⇒ AM 2 = AB. AC (5)
AC AM

AH . AI = AB. AC ⇒ AH =

Từ (3) (4) (5) suy ra

·AMB = ·ACM

AB. AC
AI

⇒ AH

H

Ta có
không đổi
không đổi. Mà A cố đinh nên cố định
O'
Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK, chính là tâm đường tròn
ngoại tiếp tứ giác
của
Mà

OIHK ⇒ O '

HI

H;I

cố định

⇒

là trung điểm của OH

Trung trực của HI cố định

Vậy khi (O) thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp
trung trực của
Câu 6

HI ,

Theo đề bài ta có:
⇔

với

H = AC ∩ MN

xy + yz + zx = 3xyz

xy
yz
zx
1 1 1
+

+
=3⇔ + + =3
xyz xyz xyz
z x y

⇒ O'

∆OIK

thuộc trung trực

luôn chạy trên


Cosi

Lại có:
Ta có

3xyz = xy + yz + xz ≥ 3 3 ( xyz ) ⇒ xyz ≥ 1 ⇒ x + y + z ≥ 3
3

x3
xz Cosi
xz
z
z +1
=
x
−

≥ x−
= x−
≥ x−
2
2
2
z+x
z+x
2
4
2 zx
( Do

z +1 ≥ 2 z ⇒ z ≤

z +1
z z +1
z z +1
⇒
≤
⇒−
≥
)
2
2
2
2
2

 y3

x +1
≥ y−

3
4
x+ y
 3
 z ≥ z − y +1
 y + z 2
4

Tương tự ta có:
Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được:
x3
y3
z3
x+ y+ z+3
6 3 11 1 1
+
+
≥ x+ y+ z−
≥ 3 − = =  + + ÷(dpcm)
2
2
2
z+x
x+ y
y+z
4
4 2 2 x y z 