Đề thi vào lớp 10 môn toán năm 2020 2021 trường chuyên lê quý đôn đà nẵng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương, khác 1 của x thì biểu thức A không nhận giá trị nguyên, với:
 x 1
x  1 1
x 
3




A  


 x  1
4  x  2 x  9
x 1 4 x
x2  y 2  z 2 x2 y 2 z 2
  
b) Xét các bộ  x; y; z  thỏa mãn 2
với a, b, c là các số thực khác 0.
a  b2  c 2 a 2 b 2 c 2

Tính giá trị của biểu thức: Q 

x 2020 y 2020 z 2020


.
b 2 c 2 c 2 a 2 a 2b 2

Câu 2. (1,0 điểm) Trên đồ thị hàm số y  0,5 x 2 , cho điểm M có hoành độ dương và điểm N có hoành độ
âm. Đường thẳng MN cắt trục Oy tại C với O là gốc tọa độ. Viết phương trình đường thẳng OM khi C là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN .
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 3x 3  x 2  2 x  28   x 3  4 x3  7  0.


3x  4 xy  x 2  3 y  y  3


b) Giải hệ phương trình:  2
.
 x  6 y 1  y 2  2 x  9  8


3


Câu 4. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:

2 x 2  x  m2  2m 152 x 2  3x  m2  2m 14  0
có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x12  x22  x32  x42  3 x2 x3 .





 C
 , nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao xuất phát từ
Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn B
B và C lần lượt cắt đường thẳng AO lần lượt tại D và E. Gọi H là trực tâm giác ABC và O  là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác HDE. Chứng minh rằng:

a) Tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC và AH là tiếp tuyến của O .
b) Đường thẳng AO  đi qua trung điểm của đoạn BC.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  , nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ đường phân giác AD,

 D  BC  của tam giác đó. Lấy điểm E đối xứng với D qua trung điểm của đoạn BC. Đường thẳng vuông góc
với BC tại D cắt AO ở H , đường thẳng vuông góc với BC tại E cắt ở AD tại K . Chứng minh rằng tứ giác
BHCK nội tiếp.
Câu 7. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  3. Chứng minh rằng:
 x y
z 2  x2
x2  y 2
y2  z2


 3  2 

 xy
xy  x  y 
yz  y  z 

zx  z  x 

---------------------- HẾT ----------------------

yz
z  x 
.

yz
zx 


ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
-----------------Câu 1.
a) Với x  0 và x  1, ta có:

 x 1
1
3
x 1
x 

 



A  

 4 x
4  x  2 x  9
x 1
 x 1
2
2

 x 1  x  1  1  x
1



s

 4 x x2 x 9
x

1
x

1








Vậy A  1

1
x2 x 9



 






4 x 1  x
1
1
.


 1
x 1 4 x x  2 x  9
x2 x 9

.



Nếu A   thì 1 x  2 x  9 mà: x  2 x  9 





2

x 1  8  1 nên A không thể là số nguyên.

x2
x2
y2
y2
z2
z2
,

.
b) Ta có: 2  2
và 2  2
a
a  b2  c2 b2 a2  b2  c 2
c
a  b2  c 2

Từ đó suy ra:

x2 y2 z2
x2

y2
z2
x2  y2  z2


.




a 2 b2 c 2 a 2  b2  c2 a 2  b2  c2 a2  b2  c2 a 2  b2  c2

Do đó đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  0.
Từ đó Q  0.
Câu 2.
Ta gọi: M  m; 0,5m2  , N n; 0,5n2  , C  xC ; yC  trong đó m  0.
Do C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN mà C  MN nên tam giác OMN vuông tại O và C là

mn


xC 


2
.
trung điểm MN . Khi đó 


0,5m2  0,5n 2


yC 


2




m2 
m2
Ta có: C  Oy nên xC  0 suy ra m  n. Khi đó C 0;  . Suy ra: OC 
, OM  m.

2 
2
Mặt khác C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nên:
OC  OM 

m2
 m  m  2 do m  0.
2

Suy ra M  2; 2. Phương trình đường thẳng OM có dạng y  ax mà đi qua điểm M  2; 2 nên a  1.
Vậy y  x là đường thẳng cần tìm.


Câu 3.
a) Điều kiện: x  3 7. Ta có phương trình tương đương:
x 2  x 1  2 x3  2 x  28   x3  4 x 3  7  0

Nhận xét x  2 là một nghiệm của phương trình.
Nếu x  2, ta có: x 2  x 1  2 x3  2 x  28   x 3  4 x3  7  0.
Nếu

3

7  x  2, ta có: x 2  x 1  2 x3  2 x  28   x 3  4 x3  7  0.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  2.

x2  6 y 1  0
b) Điều kiện 
. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
 2


2
y
x

9

0



x 2  4 xy  3 y 2  3 x  3 y   0
  x  3 y  x  y   3 x  3 y   0
  x  3 y  x  y  3  0
x  3y


.
 x  y  3


Với x  3 y, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
9 y 2  6 y 1  y 2  6 y  9 
 3 y 1  y  3 

8
3

8
3

8
Nếu y  3 thì 3 y 1  y  3  8  .
3

Nếu y 
Nếu


1
8
1
thì phương trình tương đương: 1 3 y  3  y   y   x  1.
3
3
3

1
1
8
1
 y  3 thì phương trình tương đương: 3 y 1  3  y   y  không thỏa do  y  3.
3
3
3
3

Với x  y  3, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

 y  3  6 y 1  y 2  2  y  3  9 
2

8
3

8
3
8
2
 y 2  10   y 1  2 
3
8
2
Ta có y 2  10   y 1  2  10  2  3  1  4  nên phương trình này vô nghiệm.
3
 1

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất  x; y   1; .
 3 
 y 2  10  y 2  2 y  3 


Câu 4.
 2 x 2  x  m 2  2m 15  0 1
Phương trình tương đương:  2
.
2
 2 x  3x  m  2m 14  0 2
Phương trình 1 có ac  2 m 2  2m 15  2  m 1  28  0 nên có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
2

Tương tự phương trình 2 cũng có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
Mà 3 x2 x3  x12  x22  x32  x42  0 nên x2 và x3 cùng dấu. Không mất tính tổng quát, giả sử x1 , x2 là nghiệm
của phương trình 1 và x3 , x4 là nghiệm của phương trình 2.


1
3


 x1  x2  

x3  x4  





2
2
Theo định lý Viete, ta có: 
và 
.


2
2


m  2m  15
m  2m  14


x1 x2  



 x3 x4  
2
2




Khi đó
x12  x22  x32  x42   x1  x2    x3  x4   2 x1 x2  2 x3 x4
2

2

2
2
 m 2  2m  15   m 2  2m  14 
 1  3
  2 

       2 
 2   2 

 

2
2

 2m 2  4m 


2
63 8m 2 16m  126 8m 16m  121  5


2
4
4

a 5
a  8m 2 16m  121.


4

Chú ý rằng phương trình 1 và phương trình 2 có cùng:
  1 4  2 m 2  2m 15  9  4  2 m2  2m 14  8m 2 16m  121  a  1.

Phương trình 1 có hai nghiệm x 

1  a
1 a
.
hoặc x 
4
4

Phương trình 2 có hai nghiệm x 
Xét trường hợp x1 
Ta có: x2 x3 

3  a
3  a
, x
.
4
4

1  a
1  a
3  a
3  a
, x2 

, x3 
, x4 
.
4
4
4
4

a4 a 3
. Yêu cầu bài toán tương đương:
16





a 5 3 a4 a 3
 4 a  5  3 a  4 a  3  0

4
16



 a  12 a  11  0

Phương trình này vô nghiệm.
Xét trường hơp x1 

1  a

1  a
3  a
3  a
, x3 
, x4 
.
, x2 
4
4
4
4




Ta có: x2 x3 

a 4 a 3
. Yêu cầu bài toán tương đương:
4





a 5 3 a 4 a 3

 4 a  5  3 a  4 a  3  0
4
16





 a 12 a  11  0  a  11 a  1
 a  121.

m  0
Với a  121, ta có: 8m 2 16m  121  121  m2  2m  0  
.
 m  2
Vậy m  0 hoặc m  2 là các trị cần tìm.
Câu 5.

a) Gọi BB  và CC  là đường cao của tam giác ABC.



 do cùng bù với góc C
HB  C
AB   BAC
HB .
Tứ giác AC HB  nội tiếp nên C

  BAC
 1.
 nên DHE
HB  DHE
Mà C


  900  AOC  900  
.
ABC  BAH
Tam giác OAC cân tại O nên OAC
2

  BAE
  900.
AE  
AEC   900 hay DEH
Mặt khác C AE vuông tại C  nên C









  900  BAE
  900  BAH
  HAE
  90  OAC
  HAE
  900  HAC
  ACB
.

Suy ra DEH

Do đó DEH
ACB 2.

Từ 1 và 2 suy ra tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC.
  ACB
  900  HAC

AHB  nên HA là tiếp tuyến của O .
Ta có DEH


b) Gọi I , L lần lượt là trung điểm của BC và DE. Mà tam giác HDE đồng dạng với tam giác ABC mà O  là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE , O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên hai tam giác LHO 
  IAO
 3.
và IAO đồng dạng với nhau nên LHO

  O

  LAO
 hay LHO
AO 4.
Ta có O L  DE và AH  HO  nên tứ giác AHO L nội tiếp  LHO

 O
AO hay A, O , I thẳng hàng.
Từ 3 và 4 suy ra: IAO

Do đó AO  đi qua trung điểm của BC.
Câu 6.
A

H

O
B

E

M

D

C

P

X

K

Gọi P là giao điểm của AD và O  thì P là điểm chính giữa cung BC , X là giao điểm của EP và DH .

 do đó AHD cân tại H .
Ta có OP là trung trực của DE nên OP  DH dẫn đến DAH
APO  ADH
Do M là trung điểm của DE mà MP  EK  DX nên P là trung điểm của DK và EX .
.

Nên DEKX là hình bình hành, suy ra BDX  CEK  
XBD  KCE
  900 nên DP  DX  DE.
Mà DEX
Ta có: XK  BC nên BKXC là hình thang cân nội tiếp đường tròn (1).
Ngoài ra tứ giác AHPX nội tiếp do 
AHD  
APX  DH  DX  DA  DP.
Mặt khác tứ giác ABPC nội tiếp nên DA  DP  DB  DC.
Suy ra DH  DX  DB  DC hay BHCX nội tiếp (2).
Từ (1) và (2) suy ra BHCK là tứ giác nội tiếp.


Câu 7.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:
2
 x2  y 2
2 x  y
2  x  y
2
2 
x2  y 2


 2 


 
 xy  x  y  x  y 
xy  x  y 

x y
xy  x  y 
xy

Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi công lai theo vế ta được:



 x  y
x2  y2
2
 2 

x y
xy
xy  x  y 

Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau là bài toán hoàn tất.
2
2
2


3
yz
zx
x y

Thật vậy, ta có:

Do đó:



2
4
4


.
x  y 2 2 x  y 2  x  y



2
1
1
1
49
4 9
 4 


 

 3.


x y
 x  y  2 y  z  2 z  x  2  2 x  y  z   6 2  3  6

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
---------------------- HẾT ----------------------