Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu năm 2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (168.77 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
 BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn: Tốn chun

Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (3,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức





4 2

8 1 3

x x x

P

x x x

  

 

   với 0 x 4.

b) Giải phương trình x2  3 x 2x1.

c) Giải hệ phương trình





2 2

.
2

x y xy

x y x y

   


   


Câu 2. (2,0 điểm)

a) Cho đa thức P x

  

 x2





x2ax 8



bx2 với avà b là các số thực thỏa mãn a b 1. Chứng minh rằng
phương trình P x

 

0 có bốn nghiệm phân biệt.

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên



x y;



thỏa mãn x x



y



2  y 1 0.
Câu 3. (1,0 điểm)

Với các số thực dương a và b thay đổi, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:





2 2 2 2

1 1

2 2

S a b

a ab b b ab a

 

 



    



     

Câu 4. (3,0 điểm)

Cho đường trịn

 

O đường kính AB. Từ điểm S thuộc tia đối của tia AB kẻ đến

 

O hai tiếp tuyến SC và
( ,

SD C Dlà hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của đường kính AB và dây CD. Vẽ đường tròn

 

O' đi qua C

và tiếp xúc với đường thẳng AB tại S. Hai đường tròn

 

O và

 

O' cắt nhau tại điểm M khác C.
a) Chứng minh tứ giác SMHD nội tiếp.

b) Gọi K là hình chiếu vng góc của C trên BD I, là giao điểm của BMvà CK. Chứng minh HI song song
với BD.

c) Các đường thẳng SM và HM lần lượt cắt

 

O tại các điểm L và T L T( , khác M). Chứng minh rằng tứ giác

CDTL là hình vng khi và chỉ khi MC2 MS MD .
Câu 5. (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và có trực tâm H. Gọi D E F, , lần lượt là chân ba đường cao kẻ từ A B C, ,
của tam giác ABC. Biết

2 2 2

36.

AB BC CA

HF HD HE

     

      

     

  

      Hãy chứng minh rằng ABCđều.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO CHUN TỐN THPT CHUN LÊ Q ĐƠN – BÀ RỊA - VŨNG TÀU 
THUVIENTOAN.NET

Câu 1.

a) Ta có: x 4



x2



x2



và x x 8



x2



x2 x4 .



Rút gọn được: 4 2 .

8 2 4

x x

x x x x

  

  

2 2

2 4 2 4

x x x

P

x x x x

  

   

   

b) Điều kiện: 1
2

x . Ta có:



 



2 2 2

2
2

3 2

3 2 1 3 2 1 2 2 1

2
2

2 1 2

1
2

2 2 0

x x x x x x x x

x

x x x

x

x x x

          

  


     

   


  



  

    


Vậy x1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
c) Cộng vế theo với của phương trình ta được:







 



2 2

2
2 2

2 0
1

.
2

x y x y xy x y

x y x y

x y
x y

      

     

   




  


Với x  y 1, thay vào phương trình đầu của hệ ta được: 2

3 3 0,

x  x  vô nghiệm.
Với x y 2, thay vào phương trình đầu của hệ ta được: 2

0 0 2,

x     x y

Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất



x y;

 

 0; 2 .



Câu 2.

a) Ta có:

 











 







2 2

2 2 2

0 2 4 8 0 1

2 8 8 0

8 8

2 0, 0.

P x x x x ax bx

x x x ax bx

x x a b x

x x

       

      

  

 

        

Đặt t x 8 x2 tx 8 0 *

 

x

      , phương trình

 

* ln có hai nghiệm x phân biệt với mọi t.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có:  



a2



24 2



a b

 

a2



24b 



a 2



24 1



a



a20.
Suy ra

 

2 có hai nghiệm phân biệt nên

 

1 có bốn nghiệm phân biệt.

Ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có:













2 2

1 0 1 1 .

x y

x x y y x x y x y x

x y

 

 

            

   

Đặt t   x y t  và 2 1 .
1
t
x
t




Do x  



t 1







t21

















1 1 1 2 1 1 .

t

t t t t t

t
 


       
  

 

Với t0, ta có: x 1; y1.
Với t1, ta có: x0; y1.
Với t 1, ta có: x 1; y0.

Vậy phương trình có ba nghiệm



x y;

 

 1;1 ; 0;1 ;

   

1; 0 .



Câu 3.

Theo bất đẳng thức



mn



22



m2n2



, ta có:









2
2

2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 1

4 .

2 2

S a b a b

a ab b b ab a

   
   

       
 


    
       

Mà













2 2

2 2 2 2

1 1 1 1

2 2

1 1

a b

b b a a a b

a ab b b ab a

a b a b

 

 
   
       
   
 
nên đặt:









2 2 , 2 2 .

b b a a a b

x y

a b a b

 

 

 

Ta có:





















2 2 4

2 2

2 2 2 2 2 2

; 2 2 0

a b ab a b a b

x y xy x y xy

a b a b a b

  

        

  

Suy ra : 2 4 1 1 4 2 4 2 8.

1 1 1

x y x y

S

x y

x y x y xy

x y
 
 

         
  
              

        

 

Do đó S2 2. Đẳng thức xảy ra  a b.

Vậy giá trị lớn nhất của S là 2 2 đạt được khi ab.
Câu 4.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

b) Ta có: 0 0

90 90

CIM BIK DBM MCD

       (tam giác vng và góc nội tiếp).

Mặt khác CHM 900SHM 900MDS(tam giác vng, góc giữa tiếp tuyến và dây cung).
Mà MCDMDS(góc giữa tiếp tuyến và dây cung).

Nên CIM  CHM CMHI là tứ giác nội tiếp.

CHI CMI CDB

      (góc nội tiếp).
Do đó HI BD (hai góc đồng vị).

c) Ta có: BDCKHI CKCMT900CT là đường kính của

 

O .
Mà DML900DLcũng là đường kính của

 

O . Vậy CDTLlà hình chữ nhật
Từ đó ta có MS SL SD2; MD SL SD DL MC SL ;  SC CL .

Vậy MC2MS MD CL2SD2R với Rlà bán kính của

 

O .
Điều này tương đương:

2
2

2 2

2 R R OS R OS R 2 (1).

OS

 

     

 

 

 

Mặt khác CDTL là hình vng  SOC450 SOR 2 (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh.

Câu 5.

S

T
L

I
H
M
O'

D
C

A O B

D

E
F

A

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta có: ACDBHD và ABD AHF AC AD AF (1).

BH DB FH

    

Tương tự: BCEAHE và ABE HFB BC BE FB (2).

AH AE FH

    

Từ (1) và (2) ta có: AB AF FB AF FB AC CB .

FH HF HF FH BH AH



    

Do đó:

2 2

4 (3).

AB AC CB AC CB

HF BH AH BH AH

    

      

   

 

    

Lại có BCF HAF BC CF.

AH AF

   

Từ (1) và (3) suy ra
2

4 4 ABC (4)
HAB

S

AB CF

HF HF S

 

     

 

 
Tương tự:

2 2

4 ABC (5); 4 ABC (6)

HBC HAC

S S

BC AC

HD S HE S

   

       

   

 

   

Do đó:

2 2 2

36 36

1 1 1

4 ABC ABC 36

ABC

HAB HBC HCA HAB HBC HCA ABC

S S

AB BC CA

S

HF HD HE S S S S S S S

 

         

             

       

    

         

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi SHAB SHBCSHAC H là trọng tâm ABC, mà H là trực tâm ABC nên

ABC

 đều.

</div>