051 đề thi vào 10 chuyên toán đắc nông 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮC NÔNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi : Toán (Chuyên)

ĐỀ CHÍNH THỨC

 1

3 a 5
Câu 1. (1,0 điểm) Cho biểu thức P  

 .
a

1
a
a

a

a

1








a 1
4 a

2


 1




Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
Câu 2. (1,0 điểm) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình:
2 x2 y  1  x2  3 y
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình  x  2   x  1 x  3  12
2

2

 xy  3 y  x  3
b) Giải hệ phương trình:  2
2

 x  xy  2 y  0

(1)

(2)

Câu 4. (1,0 điểm) Quãng đường từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột dài 120km.
Một người dự định đi xe máy từ Gia Nghĩa đến thành phố Buôn Ma Thuột với vận tốc
không đổi.Sau ki đi được 45 phút, người ấy dừng lại nghỉ 15 phút. Để đến thành phố Buôn
Ma Thuột đúng thời gian đã định, người đó phải tăng vận tốc thêm 5km / h trên quãng
đường còn lại.Tính vận tốc của người đi xe máy theo dự định ban đầu.
Câu 5. (1,0 điểm) Tìm m để phương trình x 2  2  m  1 x  4m  0 ( x là ẩn, m là tham số)
có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x13  x12  x23  x22
Câu 6. (3,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  đường kính AB. Kẻ hai đường thẳng d và d ' lần
lượt là hai tiếp tuyến tại các tiếp điểm A và B của đường tròn (O). Điểm M thuộc đường
tròn (O), (M khác A và B), tiếp tuyến tại M của đường tròn  O  cắt d , d ' lần lượt tại C và
D. Đường thẳng BM cắt d tại E.
a) So sánh độ dài các đoạn thẳng CM , CA, CE
b) Đường thẳng EO cắt hai đường thẳng d ', AD lần lượt tại I và J. Chứng minh các
điểm A, B, I , J cùng thuộc một đường tròn.
c) Giả sử AE  BD, tính độ dài đoạn thẳng AM theo R.
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hai số thực a, b thỏa mãn 1  a  2,1  b  2. Tìm giá trị lớn nhất và
2 
2

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   a   b  
b 
a



ĐÁP ÁN

1

3 a 5
Câu 1. P  

 a  1  a  1 a  1






 .
 a  1  a  1
4



a 1



a 1
4 a




.







a 1

2

4 a

Điều kiện : a  0, a  1

2



1
a

Câu 2.
2  2 x 2 y  x 2  3 y  1  0   2 x 2  3  5 *

2 y  1  1
y 1
Suy ra 2 y  1U  5  1; 5 mà 2 y  1  1nên: 

2 y  1  5  y  3
 x  2(tm)
Với y  1 thay vào (*) ta được : 2 x 2  3  5  x 2  4  
 x  2(ktm)

Với y  3 thay vào (*) ta được: 2 x2  3  1  x2  2  x   2(ktm)
Vậy các số nguyên dương thỏa mãn x  2, y  1
Câu 3.
a) Phương trình biến đổi thành  x 2  4 x  4  x 2  4 x  3  12
Đặt t  x2  4 x  4   x  2  0, phương trình trở thành:
2

t  4(tm)
t 2  t  12  0  
t  3(ktm)
x  0
Với t  4  x 2  4 x  4  4  x 2  4 x  0  
x  4
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  4
x  y
b) Phương trình (2)   x 2  y 2   y  x  y   0   x  y  x  2 y   0  
 x  2 y
 x  1
2
*Với x  y, thế vào (1) ta có: 4 x  x  3  0  
3
x 

4


Khi đó x  y  1; x  y 

3

4

 y  1  x  2
*Với x  2 y , thế vào (1) ta có: y 2  2 y  3  0  
 y  3  x  6


3 3
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm  x; y    1; 1 ;  ;  ;  2; 1 ;  6;3 
4 4



Câu 4. Gọi x  km / h  là vận tốc dự định, x  0. Thời gian dự định
Quãng đường đi được sau 45 phút:

120
( h)
x

3
x(km)
4

3
Quãng đường còn lại : 120  x  km 
4
3
120  x
4 ( h)

Thời gian đi quãng đường còn lại :
x5

Theo đề bài ta có phương trình:
3
120

x
3 1
4  120  x 2  20 x  2400  0   x  40(tm)
 
 x  60(ktm)
4 4
x5
x

Vậy vận tốc dự định là: 40km / h
Câu 5.
Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khi:  '   m  1  4m   m  1  0  m 
2

2

 x  x  2m  2
Theo Viet ta có:  1 2
 x1 x2  4m

Theo đề: x13  x12  x23  x22  x13  x23  x12  x22

 x1  x2

2


  x1  x2   x1  x2   x1 x2   x1  x2   0  
2


 x1  x2   x1 x2   x1  x2   0
 '  0
m  1


 m 1
 2
2
4
m

2
m

2

0
vo
...
nghiem


2

m

2

4
m

2
m

2

0






Vậy m  1 thỏa mãn bài toán
Câu 6.

D

E
M
C
F

J

A

B

I
a) Ta có: CM  CA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (1)
 ACM cân tại C  CAM  CMA
0

CME  CMA  90
Mặt khác 
nên CME  CEM  CME cân tại C  CE  CM (2)
0

CEM  CAM  90

Từ (1) và (2) suy ra CM  CA  CE
b) OAE  OBI  g.c.g   AEBI là hình bình hành  AI / / BE


Ta có: OD  BE  OD  AI , mà AB  DI  O là trực tâm

ADI  OI  AD  AJI  900
Mà ABI  900 nên AJBI là tứ giác nội tiếp.
c) Tam giác COD vuông tại O (vì OC, OD là hai phân giác của hai góc kề bù), có OM
là đường cao nên OM 2  CM .MD
Theo câu a, ta có : CM  CA  CE  2CM  AE, mà BD  MD và AE  BD( gt )
 2CM  MD
 2CM 2  R2 (do MO  R và OM 2  CM .MD)

R 2
 AE  R 2 (do AE  2CM )
2
1
1
1


Vì tam giác AEB vuông tại A nên
 AM 
2
2
AM
AE
AB 2
 CM 

Câu 7.
Biến đổi P  ab 

4
4
 4  2 ab.  4  8
ab
ab

ab  2
Dấu “=” xảy ra khi 
1  a, b  2

Mặt khác 1  a  2,1  b  2 suy ra
1  ab  4   ab  1 ab  4   0   ab   5ab  4
2

Khi đó

 ab 
P

2

 4ab  4 5ab  4  4ab  4

 9.
ab
ab

  ab  1
a  b  2

Dấu "  " xảy ra khi   ab  4  
1  a, b  2  a  b  1

a  b  1
Vậy Pmin  8 khi ab  2 và 1  a, b  2 và Pmax  9 khi 
a  b  2

AE. AB
AE 2  AB 2



2R 3
3