ĐỀ CHUYÊN GIA LAI TS10 2020 2021

GV: Hà Văn Anh


PHÒNG GD VÀ ĐT GIA LAI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN
NĂM HỌC 2020-2021

(Đề thi gồm 01 trang)

MƠN: TỐN (CHUYÊN)
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1.

(2,0 điểm)
a 1

a 1 2 a

, với a  0, a  1 .
a 1
a 1
b) Tìm giá trị của tham số m để hàm số y   m  1 x  m2 nghịch biến trên R và đồ thị của nó
a) Rút gọn biểu thức A 



đi qua điểm M  2;1 .
Câu 2.

(2,0 điểm)
a) Cho phương trình x 2  2  m  1 x  2m  4  0 . (với m là tham số ) có hai nghiệm phân biệt

x1 , x2 . Tìm giá trị của tham số m để x12  x22  3
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

2 x 2  8 x  62   x  1 y 2   x 2  6 x  5  y

Câu 3
a) Giải phương trình
2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  x  5
b) Giải hệ phương trình
2
2

x  y  4

2 2
5

 x  y  16  x y  4 xy   2 y

Câu 4.

Cho đường tròn  O; R  , BC là một dây cố định của  O; R  không qua O . Gọi A là điểm di
động trên cung lớn BC sao cho AB  AC và tam giác ABC nhọn. Các đường cao BD và CE
cắt nhau tại H . Gọi T là giao điểm của DE với BC .
a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh TB 2  TD.TE  TB.BC .
c) Cho BC  R 3 . Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác ADH theo R

Câu 5
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn

1
1
1


 2020 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
x y yz zx

thức:
P

y2  2x2
z2  2 y2
x2  2 z 2


xy
yz
zx

 HẾT 

GV: Hà Văn Anh


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1.

(2,0 điểm)
a 1

a 1 2 a

, với a  0, a  1 .
a 1
a 1
b) Tìm giá trị của tham số m để hàm số y   m  1 x  m2 nghịch biến trên R và đồ thị của nó
a) Rút gọn biểu thức A 



đi qua điểm M  2;1 .
Hướng dẫn
a) Rút gọn
A





a 1



a 1

 a  1 

2




a 1 2 a
a 1

 
 a  1
a 1 


a  1

a 1

  a  1  2

a  1 a  1



2

a 1

2

a 1



a 1

Vậy với a  0, a  1 thì A  2





a 1

Cách 2:

A


A

a 1 a 1 2 a

a 1
a 1



a 1



a 1

a 1



a 1

2

a 1

A  a 1 a 1
A2 a 2
b) y   m  1 x  m2 nghịch biến trên

và đồ thị đi qua M  2;1

- Để hàm số nghịch biến trên
thì m  1  0  m  1
- Vì đồ thị hàm số đi qua M  2;1 nên ta có

1   m  1 2  m2

 m2  2m  3  0
m  1  l 


 m  3  n 
Vậy m  3 thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Câu 2.

(2,0 điểm)
a) Cho phương trình x 2  2  m  1 x  2m  4  0 . (với m là tham số ) có hai nghiệm phân biệt

x1 , x2 . Tìm giá trị của tham số m để x12  x22  3
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
GV: Hà Văn Anh


2 x 2  8 x  62   x  1 y 2   x 2  6 x  5  y

Hướng dẫn
a) x 2  2  m  1 x  2m  4  0 (1)
 '   m  1   2m  4 
2

 m2  2m  1  2m  4
 m2  4m  4  1   m  2   1  0 m
2

Chứng tỏ (1) ln có 2 nghiệm phân biệt


 x  x2  2  m  1
Theo Viet ta có:  1

 x1 .x2  2m  4

Theo bài ta có
x12  x22   x1  x2   2 x1 x2
2

 3  4  m  1  2  2m  4 
2

 3  4  m 2  2m  1  4m  8

 4m2  12m  9  0
m

3
2

Vậy m 

3
là giá trị cần tìm.
2

b) Ta có: 2 x 2  8 x  62   x  1 y 2   x 2  6 x  5  y
  x  1 y 2   x 2  6 x  5  y   2 x 2  8 x  6   56
  x  1 y 2   x  1 x  5  y   x  1 2 x  6   56
  x  1  y 2   x  5  y  2 x  6   56

 x  1 Ư(56) mà x 



 x  1  0  x  1 1;2;4;7;8;14;28;56

Xét 8 trường hợp:

 y  6
 x  2
 y 2  3 y  54  0  
- Với x  1  1   2
y  9
 y   x  5 y  2 x  6  56
Mà y 



  x; y    2;9 

 x  3
 y 2  2 y  28  0  y  1  29 
- Với x  1  2   2
 y   x  5 y  2 x  6  28
 x  5
 y 2  18  0  y  3 2 
- Với x  1  4   2
 y   x  5 y  2 x  6  14
 x  8
 y  6
 y 2  3 y  18  0  
- Với x  1  7   2
 y   x  5 y  2 x  6  8
y  3

GV: Hà Văn Anh






Mà y 



  x; y    8;3

 x  9
 y 2  4 y  19  0  y  2  23 
- Với x  1  8   2
 y   x  5 y  2 x  6  7



 x  15
 y 2  10 y  28  0  y  5  53 
- Với x  1  14   2
y

x

5
y


2
x

6

4
 




 x  29
 y 2  24 y  54  0  y  12  3 22 
- Với x  1  28   2
y

x

5
y

2
x

6

2
 

 x  57

 y 2  52 y  109  0  y  26  785 
- Với x  1  56   2
 y   x  5 y  2 x  6  1
Vậy nghiệm của phương trình là  x; y  {  2;9  , 8;3 }
Câu 3.
a)

Giải phương trình

2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  x  5
b) Giải hệ phương trình
2
2

x  y  4

2 2
5

 x  y  16  x y  4 xy   2 y

Lời giải
a)

Giải phương trình

2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  x  5
ĐK: x  R

 2 x 2  5 x  12  u

Đặt 
 u, v  0 
 2 x 2  3x  2  v
Ta được
2
2
u  v  2  x  5
 u 2  v 2  2  u  v    u  v  u  v  2   0

u  v  x  5

u  v  0
u  v


u  v  2  0
u  v  2

Với u  v ta có

2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  0

 2 x 2  5 x  12  0

 2 x 2  3x  2  0
Với u  v  2 ta có

2
2 x  5 x  12  0
 2

Vô nghiệm
2 x  3x  2  0

2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  2

 2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  4 2 x 2  3x  2  4

 x  3  0
 4 2 x 2  3x  2  2 x  6  2 2 x 2  3x  2  x  3  
2
2
4 2 x  3x  2   x  3



GV: Hà Văn Anh








 x  3
 x  1

x  3  0
 x  3
  x  1 


 
 2
 2
2
x  1
1
8 x  12 x  8  x  6 x  9
7 x  6 x  1  0
 x 
7

 
7
 1
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  1; 
 7
b) Giải hệ phương trình
2
2

x  y  4

2 2
5

 x  y  16  x y  4 xy   2 y

2
  x  y   x 2  y 2   x 2 y 2   x 2  y 2  xy   2 y 5




  x  y   x 4  y 4  2 x 2 y 2  x 2 y 2  x 3 y  xy 3   2 y 5

  x  y   x 4  y 4  x 2 y 2  x 3 y  xy 3   2 y 5

 x5  y 5  2 y 5  x5  y 5  x  y thay vào hệ ta có

x  2
2 x 2  4  x2  2  
 x   2
Với x  2  y  2
Với x   2  y   2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  là
Câu 4.



 

2; 2 và  2;  2



Cho đường tròn  O; R  , BC là một dây cố định của  O; R  không qua O . Gọi A là điểm di
động trên cung lớn BC sao cho AB  AC và tam giác ABC nhọn. Các đường cao BD và CE
cắt nhau tại H . Gọi T là giao điểm của DE với BC .
a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh TB 2  TD.TE  TB.BC .

c) Cho BC  R 3 . Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác ADH theo R
Lời giải
A

D

O

E
H

T

B

C

M

K

GV: Hà Văn Anh


a) Vì BD  AC suy ra BDC  90 .
Vì CE  AB suy ra BEC  90 .
Xét tứ giác BCDE có BDC  BEC  90
suy ra tứ giác BCDE nội tiếp đường trịn (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai
đỉnh cịn lại dưới hai góc bằng nhau).
b) Vì tứ giác BCDE nội tiếp đường trịn

suy ra BDE  BCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE )
Xét TBD và TEC có:
Chung BTE
BDE  BCE
Suy ra TBD ∽ TEC (g - g)
TB TD
Suy ra

TE TC
Suy ra TB.TC  TD.TE

Ta có TD.TE  TB.BC  TB.TC  TB.BC  TB. TC  TB   TB.TB  TB 2 .
Vậy TB 2  TD.TE  TB.BC .
c) Kí hiệu chu vi tam giác ADH là PADH .
Xét tam giác ADH vuông tại D có AH 2  AD 2  DH 2 (định lí Pi - ta - go)
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số dương AD và DH ta được

AD2  DH 2  2 AD.DH   AD  DH   2  AD 2  DH 2    AD  DH   2 AH 2
2

2

 AD  AH  2.AH  AD  DH  AH 





2  1 . AH  PADH 





2  1 . AH

Kẻ OM  BC  M  BC  suy ra M là trung điểm của BC (đường kính vng góc với một dây
thì đi qua trung điểm của dây ấy)
Kẻ đường kính AK của đường tròn  O  .
Xét  O  có ACK  ABK  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Suy ra CK  AC và BK  AB
Ta có CK // BH (cùng vng góc với AC ) và BK // CH (cùng vng góc với AB )
Suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành
Suy ra hai đường chéo BC và HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
Mà M là trung điểm của BC suy ra M cũng là trung điểm của HK .
Xét tam giác AHK có O là trung điểm của AK
M là trung điểm của HK
Suy ra OM là đường trung bình của tam giác AHK
Suy ra AH  2OM .

R 3
.
2
Xét tam giác OMB vng tại M có
Vì BC  R 3 suy ra BM 

BM R 3
3



 BOM  600
BO
2R
2
Xét tam giác BOC có OM là đường cao
OM là đường trung tuyến
sin BOM 

0
 OM là đường phân giác BOC  BOC  2 BOM  120

GV: Hà Văn Anh


1
120
BOC 
 60
2
2
Xét tam giác OMB vng tại M có OB 2  OM 2  BM 2 (định lí Pi - ta - go)
Ta có BAC 

2

R 3
R
R2
Suy ra OM  OB  BM  R  
 OM   AH  2OM  R



 2 
4
2


2

Mà PADH 

2



2

2



2  1 . AH  PADH 





2 1 R

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AD  DH  ADH vuông cân

AH
R
AD
R
 AD 

 AB 

 R 2  AOB  90 .
cos A
2
2
2 cos 60
Vậy max PADH 
Câu 5.





2  1 R khi A thuộc cung lớn BC sao cho AOB  90 .

Cho các số dương x, y, z thỏa mãn

1
1
1


 2020 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

x y yz zx

thức:
P

y2  2x2
z2  2 y2
x2  2 z 2


xy
yz
zx

Lời giải

Áp dựng bất đẳng thức 3  a 2  b2  c 2    a  b  c 

2

Dấu "  " xảy ra  a  b  c ta có:
y  2x  y  x  x
2

2

2

2

2

 y  x  x

3

2

 y  2x 


2

3

y 2  2x2
1 y  2x
31 2


  
xy
3 x y
3 xy
Chứng minh tương tự ta có:


z2  2 y2
3 1 2


  
yz
3 y z

x2  2 z 2
31 2

  
zx
3 z x
P

31 2 1 2 1 2
      
3 x y y z z x

P

3 3 3 3
   
3 x y z

1 1 1
 P  3   
x y z

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức
Hay

1

1 1
4
 
a b ab

1
11 1
    dấu “=” xảy ra khi a  b ta được
ab 4 a b 

2020 

1
1
1
11 1 1 1 1 1


       
x y y z z x 4 x y y z z x
GV: Hà Văn Anh


 2020 



1
1
1

11 1 1


    
x y y z z x 2 x y z 

1 1 1
   4040  2 
x y z

Từ 1 và  2   P  4040 3
Dấu "  " xảy ra khi x  y  z 

4040
3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4040 3 khi x  y  z 
 HẾT 

GV: Hà Văn Anh

4040
3