De dap an Toan chung chuyen Thai Binh 20192020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2019 – 2020
MƠN THI: TỐN
(Dành cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
 2
1 1  xy  x  y   xy
P 
  
 xy x y 
x xy y


Cho biểu thức:
(với x  0; y  0 ).
1. Rút gọn biểu thức P.
2. Biết xy 16 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Câu 2. (1,0 điểm)
Hai lớp 9A và 9B của một trường quyên góp sách ủng hộ. Trung bình mỗi bạn lớp 9A
ủng hộ 5 quyển, mỗi bạn lớp 9B ủng hộ 6 quyển nên cả hai lớp ủng hộ 493 quyển. Tính số học
sinh mỗi lớp biết tổng số học sinh của hai lớp là 90.
Câu 3. (2,0 điểm)
2
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1 ) : y (m  1) x  2m và
(d 2 ) : y (m  3) x  m  2 (m là tham số).

1. Tìm m để ( d1 ) song song với (d 2 ) .
2. Chứng minh: với mọi m đường thẳng ( d 2 ) luôn đi qua một điểm cố định.
3. Tìm m để (d1 ),(d 2 ) cắt nhau tại M ( xM ; yM ) thỏa mãn A 2020 xM ( yM  2) đạt giá
trị nhỏ nhất.
Câu 4. (1,0 điểm)
 x 3  y 3  ( x  1) y 2  ( y  1) x 2 0
 2
x  4 y  4 2 x  y  7
Giải hệ phương trình: 
Câu 5. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R, vẽ AH
vng góc với BC tại H, vẽ đường kính AD cắt BC tại I, trên cạnh AC lấy điểm M sao cho IM
song song với CD.
1. Chứng minh: Tứ giác AHIM nội tiếp một đường tròn.
2. Chứng minh: AB. AC  AH . AD .
3. Chứng minh: HM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH.
2
4. Chứng minh: AB.CD  AC .BD  4R .
Câu 6. (0,5 điểm)
2
Xét các số thực a; b; c (a 0) sao cho phương trình bậc hai ax  bx  c 0 có hai
nghiệm m; n thỏa mãn: 0 m 1;0 n 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2a 2  ac  2ab  bc
Q
a 2  ab  ac

-------------------- HẾT -------------------Họ và tên thí sinh: ................................................................

Số báo danh: .............................

(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM:
Câu

Phần

Nội dung
xy  x  y   xy

Điểm

 2
1 1
P 
  
 xy x y 
x xy y




1.

Câu 1
(2,0đ)











xy x  y  xy
2 xy  y  x

xy
x  y x  y  xy
x y







2

xy



xy

1.5

x y

x y
xy

x y
xy với x  0; y  0 .
Vậy
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:
P

x  y 2
2.

16 4

4
1
16

Dấu “=” xảy ra  x  y 4
Vậy min P 1 tại x  y 4 .
Gọi số học sinh của lớp 9A và 9B lần lượt là x, y.
ĐK: x, y  N*; x, y < 90.
Vì tổng số học sinh của hai lớp là 90 nên ta có phương trình:
x + y = 90
(1)
Số sách lớp 9A ủng hộ là 5x (quyển)
Số sách lớp 9B ủng hộ là 6y (quyển)
Vì cả hai lớp ủng hộ 493 quyển nên ta có phương trình:

5x + 6y = 493
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
 x  y 90

5 x  6 y 493

Câu 2
(1,0đ)

Câu 3

 P

xy 2

1.

 x 47

y 43
Giải hệ phương trình được 
(TMĐK)
Vậy lớp 9A có 47 học sinh, lớp 9B có 43 học sinh.
( d1 ) song song với (d 2 )

0.5

1.0

0.75


m 2  1 m  3



2
m

m

2


m 2  m  2 0


m

2


  m  1

  m 2  m  1
 m 2


Vậy m  1 là giá trị cần tìm.

Giả sử đường thẳng (d 2 ) luôn đi qua điểm cố định T ( x0 ; y0 )
Khi đó:
y0 ( m  3) x0  m  2 m
 y0 mx0  3 x0  m  2 m
 y0  3 x0  2 mx0  m m
2.

 y0  3 x0  2 ( x0  1) m m

0.5

 x0  1 0

 y0  3 x0  2 0
 x0 1

 y0 1
Vậy đường thẳng (d 2 ) luôn đi qua điểm cố định T (1;1) (đpcm)
m  1
 m2  1 m  3  m 2  m  2 0  
m 2
(d1) cắt (d2)
Vì (d1 ),(d 2 ) cắt nhau tại M ( xM ; yM ) nên xM là nghiệm của phương

(2,0đ)

trình:
(m 2  1) xM  2m (m  3) xM  m  2
 (m 2  m  2) xM m  2
 (m  1)(m  2) xM m  2

1
(do m  1; m 2)
m 1
1
xM 
m  1 vào phương trình (d2) được:
Thay
m 3
2
2
1
yM 
 m  2 1 
 m 2
 (m  1) 2 xM 
m 1
m 1
m 1
xM
Do đó:


1
A 2020 xM  2 xM 
 2  1010  4 xM2  2  4 xM 
xM


 xM 

3.

2
1010   2 xM  1  3 1010.(  3)  3030


Dấu “=” xảy ra
1
1
1
2
  m  3
 2 xM  1 0  xM  
2
m 1
2
(TMĐK)
min
A

3030

m

3
Vậy

0.75

3
3
2
2
 x  y  ( x  1) y  ( y  1) x 0 (1)
 2
(2)
 x  4 y  4 2 x  y  7

(ĐK: y  4 )

(1)  x 3  y 3  ( x  1) y 2  ( y  1) x 2 0
 x3  ( y  1) x 2  ( x  1) y 2  y 3 0
 x 2 ( x  y  1)  y 2 ( x  1  y ) 0
 ( x 2  y 2 )( x  y  1) 0
 x 2  y 2 0

 x  y  1 0
 x  y 0

 x  y 1
Dễ thấy x = y = 0 khơng là nghiệm của phương trình (2)
Thay x = y + 1 vào phương trình (2) được:
( y  1) 2  4 y  4 2( y  1)  y  7
 y 2  2 y  1  4 y  4 2 y  2  y  7
Câu 4
(1,0đ)

 y2 y  4 y  4  8

1.0

2

 y y  4  4 y  4  4



 y2 

y4  2



2

 y  y4  2

 y  y  4  2
 y  4  y  4  2 0

 y  4  y  4  6 0
 y  4 1
y  4  2 0

 y 4 3
y  4  2 0














y  4  2 0

 y  4 2
 y 0 (TMĐK)
Với y 0  x 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (1; 0)


Câu 5
(3,5đ)

1.

2.

3.

4.

o


Ta có: ACD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)


 AMI
ACD
90o (đồng vị, IM // DC)
Tứ giác AHIM có:


AHI
 AMI
90o  90o 180o
 AHIM là tứ giác nội tiếp.
 AHB và  ACD có:


 1 D
 1   1 sđAC
 
AHB
ACD
90o ; B


 2

  AHB
 ACD (g-g)
AB AH



AD AC  AB.AC = AH.AD

 BC 
 E;

2  , với E là trung
Vì  AHB vng tại H nên  AHB nội tiếp 
điểm BC.
 1 A
 2
 AHB
 ACD  A
 1 H
 1
 EAH cân tại E  A


Tứ giác AHIM nội tiếp  A 2 H 2


Do đó: H1 H 2


 EHM
AHC
90o  HM  EH
 HM là tiếp tuyến của (E) (đpcm)
 AHB

 ACD
AB HB


 AB.CD AD.HB
AD CD
Chứng minh tương tự được AC.BD = AD.HC
 AB.CD + AC.BD = AD(HB + HC) = 2R.BC
Vì  ABC nhọn  BC < 2R

1.0

1.0

1.0

0.5


Câu 6
(0,5đ)

 AB.CD + AC.BD < 4R2 (đpcm)
Lời giải tham khảo trên mạng:
2
Vì phương trình bậc hai ax  bx  c 0 có hai nghiệm m; n nên áp dụng
hệ thức Vi-ét, ta có:
b

m


n


a

mn  c

a
a

0
Vì
nên:
c
 b 
1   2  
2

2a  ac  2ab  bc (a  b)(2a  c)  a  
a
Q
 2

2
b
c
a  ab  ac
a  ab  ac
1 

a a
(1  m  n)(2  mn)

1  m  n  mn
0
Vì m 1;0 n 1
 mn m ; mn n ; mn 1 ; 1  m  n  0
1
 2  mn 1 ; mn  (1  m  n)
3
1 m  n
1
3
 Q


1
1 4
1  m  n  (1  m  n) 1 
3
3
b
 m n 1  a c 
2
Dấu “=” xảy ra
3
b
min Q   a c 
4
2

Vậy
Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương

0.5