040 đề thi vào 10 chuyên toán gia lai 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Năm học: 2019-2020
Môn thi: Toán Chuyên
Ngày thi: 11/06/2019

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức : A  4  2 3  6  2 5 

2
5 3

b) Tính thể tích của hình cầu, biết diện tích mặt cầu là 36 cm2
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  2 x  m  2 , m là tham số. Tìm

m để  d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2  3 y 2  2 xy  2 x  10 y  4  0
Câu 3. (2,0 điểm)

 x  15  x 
2
2

 x  y   x  y  2   4  y  2 
Giải hệ phương trình: 
2
2


 x  y   y  2  x  y  2   4  y  2 

a) Giải phương trình: x  1  5  x  2
b)

Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn  O; R  , DC là một dây cố định không đi qua O. Gọi S là điểm di
động trên tia đối của DC (S không trùng D). Qua S kẻ hai tiếp tuyến SA, SB với đường
tròn  O; R  ( A, B là hai tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của DC
a) Chứng minh 5 điểm S , A, B, I , O cùng thuộc một đường tròn
b) Gọi H là giao điểm của SO và AB. Chứng minh DHC  DOC
c) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi S di động
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  5. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu
thức 3x 2  3 y 2  z 2


ĐÁP ÁN
Câu 1.
2
5 3

a) A  4  2 3  6  2 5 


 





3

2

 

 2. 3.1  12 



2

3 1 





5

2

5 1 

2



2

 2. 5.1  12 
5 3



2





5 3

5 3





5 3



2

 3 1 5 1 5  3  2 5

b) Gọi R là bán kính mặt cầu. Khi đó diện tích mặt cầu : 4 R2  36 cm2  R  3(cm)

4
4
Thể tích hình cầu: V   R3   .33  36  cm3 
3
3

Câu 2.
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
x 2  2 x  m  2  x 2  2 x  m  2  0 *
Ta có:  '  m  1. d  cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có
hai nghiệm phân biệt, tức là  '  0  m  1
Vậy m  1
b) Ta có: x2  3 y 2  2 xy  2 x  10 y  4  0
  x  3 y  1 x  y  3  7  0   x  3 y  1 x  y  3  7

Vì x, y  nên ta có các trường hợp sau:
 x  3 y  1  7
x  3y  8 x  1
i) 


x  y  3  1
x  y  4
 y  3
 x  3 y  1  1  x  3 y  2  x  7
ii ) 


x  y  3  7
 x  y  10

 y  3


x  3y  1  7
x  3y  6 x  3
iii ) 


 x  y  3  1  x  y  2
y 1
x  3y  1  1
x  3y  0
 x  3
iv) 


 x  y  3  7
 x  y  4  y  1

Vậy nghiệm nguyên cần tìm là  x; y   1; 3 ;  7; 3 ; 3;1;  3;1

u  x  1
Câu 3. a) Điều kiện : 1  x  5 . Đặt 
ta có:
v

5

x




u  v  2  2uv
u  v  2  2uv
u  v  2  2uv


2
 2
 u  v  1
2
  u  v    u  v   2  0   
u  v  4
u, v  0
u, v  0
 u  v  2


u, v  0
 u  0
 
 u  0


u  v  2  2uv
uv  0

 v  0
 




v  2
 u  v  2
 u  v  2  u  v  2  

 u  2
 
u, v  0
u, v  0
u, v  0





 v  0

 
Vậy nghiệm cần tìm là S  1;5
2
2

 x  y   x  y  2   4  y  2  (1)
b) 
2
2

 x  y   y  2  x  y  2   4  y  2  (2)

Từ (2) ta có: x2  y 2   y  2  2   x  y  , thay vào (1) ta được:

 y  2   2   x  y   x  y  2   4  y  2 
2
  y  2 4   x  y    4  y  2


 y  2
2
  y  2  x  y   0  
 y  x

x 1  0
5 x  2

x 1

(TM )
x

5

x 1  2

5 x 0


i)

Với y  2 thì (2) trở thành x 2  4  0(VN )

ii)

x 1
Với y   x thì (1) trở thành: 4 x 2  4   x  2   x 2  x  2  0  
 x  2

Khi đó hệ có nghiệm  x; y   1; 1;  2;2 
Câu 4.

A
H O
I

M
S

C

D
B
J

a) Chứng minh 5 điểm S , A, B, I , O cùng thuộc một đường tròn
Vì SA, SB là các tiếp tuyến nên SA  OA, SB  OB, mặt khác I là trung điểm của CD nên
OI  CD. Gọi M là trung điểm của SO. Khi đó ta có:
MS  MO  MA  MI  MB (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)
Suy ra 5 điểm S , A, B, I , O cùng thuộc một đường tròn  M 
b) Chứng minh DHC  DOC


 S ...chung
Xét hai SDB và SBC có: 
 SDB

 SBD  SCD
Xét SBO có SB2  SH .SO
(2)

Từ (1) và (2)  SD.SC  SH .SO 

SBC ( g.g )  SB 2  SD.SC (1)

SC SO

SH SD

 S ....chung

Xét hai SDH và SOC có:  SC SO  SDH


 SH SD

SOC (cgc)

Suy ra SDH  SOC (hai góc tương ứng)
Xét tứ giác DHOC có:

HOC  HDC  SOC  HDC  SDH  HDC  1800 suy ra tứ giác DHOC nội tiếp.
Suy ra DHC  DOC (góc nội tiếp cùng chắn cung DC)
c) Chứng minh dường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi S di động
Gọi J là giao điểm của AB và OI. Xét hai OIS và OHJ có:
OIS  OHJ  900 ; O chung
 OIS OHJ ( g.g )  OI .OJ  OH .OS

Mặt khác OH .OS  OB2  R 2 (hệ thức lượn trong tam giác vuông SBO)

R2
, hệ thức này chứng tỏ J là điểm cố định.
OI
Hay đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định J khi S di động
Câu 5.
Vì x, y, z  0 nên áp dụng BĐT AM-GM ta có:
Từ đó OI .OJ  OH .OS  R2  OJ 

 2 1 2
2 x  2 z  2 xz

 2 1 2
2
2
2
2 y  z  2 yz  3x  3 y  z  2  xy  yz  xz   10
2

2
2
 x  y  2 xy


Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức trên là 10. Đẳng thức xảy ra khi:


 2 1 2
2 x  2 z

2 y 2  1 z 2
x  1

2


 y 1
x  y
 x, y , z  0

z  2

 xy  yz  zx  5


