028 toán vào 10 chuyên kiên giang 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Thời gian: 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1 (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức :

 x− x +2
 1− x
x
A = 
−
÷
÷:
 x − x −2 x−2 x  2− x

(với

x + 6 x − 5 − ( 2 x + 5) x + 1 = 0

x > 0, x ≠ 1, x ≠ 4)

2

b) Giải phương trình :
Bài 2 (1, 5 điểm)
Cho Parabol

( P) : y = x 2

các giá trị của tham số m để

và đường thẳng

(d )

cắt

( P)

(d ) : y = −2mx − 4m

(với

m

là tham số). Tìm tất cả

tại hai điểm phân biệt có hoành độ

x1 ; x2

thỏa mãn

x1 + x2 = 3

Bài 3: (1,0 điểm)
Cho tam giác AMB cân tại M nội tiếp đường tròn

AM = 10 cm, AB = 12 cm

(O; R )

. Kẻ

MH ⊥ AB ( H ∈ AB )

. Biết

. Tính độ dài MH và bán kính R

Bài 5 (1,0 điểm)
Một người muốn làm một chiếc quạt có chu vi là
80 cm (hình minh họa – phần quạt AOB). Tính số

(

·AOB ·AOB = α

đo của góc
chiếc quạt là lớn nhất
Bài 6 (2,0 điểm) Cho điểm A cố đinh,

·

xAy
= 600

Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của B trên
thẳng BM cắt Ay tại K.
a) Chứng minh rằng

Ax

)

sao cho diện tích của

và điểm B luôn nằm trong

và Ay. Đường thẳng BN cắt

· ( B ∉ Ax, B ∉ Ay )
xAy

Ax

tại H và đường

HK = 2MN

b) Gọi I, D lần lượt là trung điểm của AB, HK . Chứng minh rằng tứ giác

MIND

nội tiếp


c) Giả sử

AB = 8 cm,

gọi O là trung điểm MN. Tính độ dài IO

Bài 7 (1,0 điểm) Cho ba số dương
2

2

2

x
y
z
+
+
≥1
y+z z+x x+ y

x, y , z

thỏa mãn điều kiện

x+ y+z =2

. Chứng minh rằng


ĐÁP ÁN
Bài 1
a) ĐKXĐ:

=



=



x > 0, x ≠ 1; 4

(
(


÷. x − 2
−
x −2
x +1
x. x − 2 ÷ x − 1

x. x + 1  x − 2
x− x +2
÷.

−
x −2
x +1
x −2
x + 1 ÷ x −1

x− x +2

)(

)

)(

) (
x− x + 2−( x+ x)
=
.
x
−
2
x
+
1
(
)(
)

(

x. x

(

)

)(

x −2
=
x −1

)

)

−2

(

(

)(

x +1

)

x −1

=

)

x −1

−2
x +1

 x− x +2
 1− x
x
A=
−
÷:
x
−
x
−
2
x
−
2
x

 2− x
A=

−2
x +1

Vậy

x2 + 6 x − 5 − ( 2 x − 5) x + 1 = 0

b)
Giải phương trình
x ≥ −1
ĐKXĐ:

Với điều kiện trên ta có:

x 2 + 6 x − 5 − ( 2 x + 5) x + 1 = 0

⇔ x 2 + 4 x + x + 2 + x + 1 + 4 − 2 ( x + 2 ) x + 1 − x + 1 − 12 = 0

(

)

⇔ ( x 2 + 4 x + 4 ) − 2 ( x + 2 ) x + 1 + x + 1 + x + 2 − x + 1 − 12 = 0

(

)

2
⇔ ( x + 2 ) − 2 ( x + 2 ) x + 1 + x + 1 + x + 2 − x + 1 − 12 = 0



(

) (
2

)

⇔ x + 2 − x + 1 + x + 2 − x + 1 − 12 = 0

(*)


x + 2 − x +1 = t

Đặt

ta có:
t = 3
t = − 4

( *) ⇔ t 2 + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 3 ) ( t + 4 ) = 0 ⇔ 
t =3

+) Với

, ta có:

 x ≥ 1
x + 2 − x + 1 = 3 ⇔ x −1 = x + 1 ⇔ 

2
( x − 1) = x + 1

x ≥ 1
 x ≥ 1
x ≥ 1

⇔ 2
⇔
⇔   x = 3 ⇔ x = 3(tm)
x − 2x +1 − x −1 = 0
 x ( x − 3) = 0
 x = 0


Với t=4, ta có:

 x ≥ −6
x + 2 − x + 1 = −4 ⇔ x + 6 = x + 1 ⇔ 
2
( x + 6 ) = x + 1

 x ≥ −6
 x ≥ −6
⇔ 2
⇔ 2
 x + 12 x + 36 − x − 1 = 0
 x + 11x + 35 = 0 ( VN )

x=3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm
Bài 2:
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
x 2 = −2mx − 4m ⇔ x 2 + 2mx + 4m = 0

( *)

⇔ pt (*)

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
m > 4
⇔ ∆ ' > 0 ⇔ m 2 − 4m > 0 ⇔ 
m < 0

có hai nghiệm phân biệt


 x1 + x2 = −2m

 x1 x2 = 4m

Áp dụng định lý Vi-et ta có:
Theo đề bài ta có:

x1 + x2 = 3 ⇔ ( x1 + x2

)

2

= 9 ⇔ x12 + x22 + 2 x1 x2 = 9

⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2 = 9
2

⇔ ( −2m ) − 2.4m + 2. 4m = 9
2

⇔ 4m 2 − 8m + 8 m = 9

(1)

+ )m > 4 ⇒ ( 1) ⇔ 4m 2 − 8m + 8m = 9 ⇔ m = ±

3
( ktm)
2

9

m=

2 ⇒m=−1
+ )m < 0 ⇒ (1) ⇔ 4m 2 − 8m − 8m = 9 ⇔ ( 2m − 9 ) ( 2m + 1) = 0 ⇔ 
2
m = − 1

2
m=−

Vậy với
Bai 3

1
2

x1 + x2 = 3

x1; x2

thì (d) cắt (P) tại hải điểm phân biệt có hoành độ

thỏa mãn


Áp dụng định lý Pytago cho tam giác MAH vuông tại H ta có:
⇒ AH 2 + MH 2 = AM 2
2

⇒ MH =

AM − AH =
2

2

2

 AB 

 12 
2
AM − 
÷ = 10 −  ÷ = 8
 2 
 2
2

Kẻ OE vuông góc với MA suy ra E là trung điểm MA (tính chất đường kính-dây cung)
⇒ ME = EA =

1
MA = 5cm
2

Xét tam giác MOE và tam giác MAH có:
·
·
MEO
= MHA
= 900

Góc AMH chung;
⇒ ∆MOE : ∆MAH ( g − g ) ⇒

OM ME
ME.MA 5.10
=
⇒ R = OM =
=

= 6, 25 ( cm )
MA MH
MH
8


Bài 5:
l=

Độ dài cung tròn tạo nên hình quạt là chu vi
C = 2R + l = 2R +

π Rα
1800

π Rα
= 80
180

Suy ra chu vi hình quạt là:
⇔ 360 R + π Rα = 14400 ⇔ α =

14400 360
−
πR
π

Squat =

lR π R 2α

=
2
360

Diện tích của hình quạt là :
π R 2  14400 360 
2
2
⇔S=
−

÷ = 40 R − R = − ( R − 20 ) + 400
360  π R
π 
⇒ S ≤ 400
⇔ R − 20 = 0 ⇔ R = 20

Dấu “=” xảy ra
⇒α =

14400 360 360 2π
−
=
=
= 2( rad )
20π
π
π
π

·AOB = 2( rad )

Vậy

Bài 6


a)
∆ANH

Xét

vuông tại N có:

cos ·NAH = cos 600 =

AN 1
=
AH 2

Xét tứ giác MNKH có:
·
·
NKM
= NHM
= 300

(do cùng phụ với góc NAH)
Mà hai góc này cùng nhìn đoạn NM
Suy ra MNKH là tứ giác nội tiếp đường tròn

·ANM = ·AHK

Nên

(góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)

∆ANM

Xét

∆AHK

và
·NAH

Có:

·ANM = ·AHK (cmt )

chung;

⇒ ∆ANM : ∆AHK ( g − g )

⇒

AN NM 1
=
= ⇒ HK = 2 NM (dpcm)

AH HK 2

b)
Gọi I, D lần lượt….

·ANB + ·AMB = 900 + 900 = 1800

Xét tứ giác MANB có

suy ra MANB là tứ giác nội tiếp

·ANB = ·AMB = 90 ⇒ MANB
0

Vì

là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I. đường kính AB.
 AB 
 I;
÷
 2 

Xét đường tròn
·
NAM
·
NIM

ta có:

là góc nội tiếp chắn cung MN
là góc ở tâm chắn cung MN

·
·
⇒ MIN
= 2 NAM
= 2.600 = 1200

·
·
KNH
= KMH
= 900 ⇒ MNKH

Ta có:
KH

là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm D, đường kính


 HK 
 D;
÷
2 


Xét đường tròn

ta có:

·
NKM

·NDM

là góc nội tiếp chắn cung MN
là góc ở tâm chắn cung MN

·
·
⇒ MDN
= 2 NKM
= 2.300 = 600

·
·
NDM
+ NIM
= 1200 + 600 = 1800

Xét tứ giác MIND có
Suy ra tứ giác MNKH nội tiếp đường tròn (đpcm)
c)
Giả sử….
Nhận thấy trong hai tam giác vuông ANB, AMB có IN, IM là hai đường trung tuyến
⇒ IN = IM =

1
AB = 4cm

2

ứng với cạnh huyền
ND = MD =

1
KH
2

Tương tự ta có:

IM = IN (cmt ); ND = MD(cmt ), ID chung

Xét tam giác IDN và tam giác IMD có:
·
⇒ ∆IDN : ∆IMD(c.g.c) ⇒ ·NID = MID
·
NIM

⇒ ID

là phân giác


∆MIN

Xét

cân tại I có ID là phân giác góc NIM nên ID đồng thời là trung trực cạnh

MN, suy ra ID cắt MN tại trung điểm của MN
Mà có O là trung điểm của MN suy ra ba điểm I, O, D thẳng hàng
1·
1200
⇒ ·NIO = ·NID = NIM
=
= 600
2
2
·
⇒ IO = IN .cos NIO = 4.cos 600 = 2cm

Bài 7

(

)

 A B C 
a ; b; c ; 
,
,
÷
 a b c

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với bộ ba số




 A   B   C 
c ÷.  
+
÷ +
÷
   a ÷
  b  c

( a) +( b) +( )
2

2

2

2

A2 B 2 C 2 ( A + B + C )
⇔
+
+
≥
a
b
c
a+b+c

2

2

có:

2
 
A
B
C 
2
+ b.
+ c.
= ( A+ B +C)
÷≥  a.
÷
÷ 
a
b
c


2

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

( x + y + z)
( x + y + z) = x + y + z =1
x2
y2
z2
+

+
≥
=
y + z z + x x + y ( y + z ) + ( z + x ) + ( x + y ) 2( x + y + z )
2
2

Vậy ta có điều cần chứng minh

2