Tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 (Có lời giải)

Nội dung text: Tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 (Có lời giải)

1. TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYEN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU ĐỀ THI MÔN : TOÁN (Chuyên) Năm học: 2021-2022 Câu 1 (3,0 điếm). x x 1 x 1 x 2 a) Rút gon biểu thức P  với x 0, x 1, x 4 . 1 x x x 1 x x 2 b) Giadi phương trình 5x (x 4) 2x 1 4 0. 2x2 y2 3xy 4x 3y 2 0 c) Giai hế phương trinh . 2 x y 3 x y 1 2 Câu 2 (2, 0 điểm). a) Cho hai da thức P(x) x3 ax2 bx c và Q(x) 3x2 2ax b(a,b,c ¡ ) . Biết rằng P(x) có ba nghiệm phân biệt. Chưng minh Q(x) có hai nghiềm phân biệt. b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thơa mần phương trình (xy 1)2 x2 y2 . Câu 3 (1, 0 điểm). Xét các số thực a,b,c không âm, thòa măn a2 b2 c2 1. Tìm giá trị a b c lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . 1 bc 1 ac 1 ab Câu 4 (3, 0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( AB AC ). Một đường trơn đi qua B,C và khỏng đi qua A cat các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F(E khác B; F khác C ); BF cảt CE tại D . Gọi P là trung điểm của BC và K là điềm đối xứng với D qua P . AE DE a) Chứng minh tam giác KBC đồng dạng với tam giác DFE và . AC CK b) Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB, AC . Chửng minh MN vuông góc với AK và MA2 NK 2 NA2 MK 2 . c) Gọi I, J lần lựt là trung điềm AD và MN , Chứng minh ba điếm I, J, P thẳng hàng. d) Đường thẳng IJ cát đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN tại T ( T khade l ). Chưng minh AD là tićp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DTJ . Câu 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác.Tia Ox song song với AB cắt BC tại D , tia Oy song song vói BC cắt AC tai E , tia Oz song song vói AC cắt AB 2 2 2 AB BC AC tạ F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S OD OE OF HƯỚNG DẪN Câu 1 (3.0 điêm).
2. x x 1 x 1 x 2 a) Rút gọn biểu thức sau P  với 1 x x x 1 x x 2 x 0, x 1, x 4 b) Giải phương trình 5x (x 4) 2x 1 4 0 . 2x2 y2 3xy 4x 3y 2 0 c) Giải hệ phương trình . 2 x y 3 x y 1 2 ( x)3 1 x 1 x 2 P  1 x x ( x 1)( x 1) ( x 1)( x 2) 1 1 ( x 1) x 1 x 1 2 ( x 1) ( x 1)( x 1) 2 x 1 1 Điều kiện: x . Đặi t 2x 1(t 0) . Ta có phương trình t3 5t 2 7t 3 0 2 2 t 1 (t 1) t 4t 3 0 (nhận). t 3 * Vơi t 1 2x 1 1 x 0 (thỏa). * Với t 3 2x 1 3 x 4 (thỏa). 2x2 y2 3xy 4x 3y 2 0 (1) x2 y 3 x y 1 2 (2) x2 y 3 0 Điềù kiện: x y 1 0 (1): y2 (3x 3)y 2x2 4x 2 0 2 y 2x y (x 1) nên (1) y x * TH1: y x 1 thay vào (2) ta có phương trình 2 x 0 y 1 x x 4 2 (nhận) x 1 y 0 * TH2: y 2x 2 thay vào (2) ta có phương trình
3. x2 2x 5 x 1 2 (x 1)2 4 (x 1) 2 Ta có (x 1)2 4 (x 1) 2 , với mọi giá trị của x 1 Dấu bằng xảy ra khi x 1 y 0 (nhận) Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (0; 1),( 1;0) . Câu 2 (2, 0 điểm). a) Cho hai đa thức P(x) x3 ax2 bx c và Q(x) 3x2 2ax b(a,b,c ¡ ) . Biết rằng P(x) có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh Q(x) có hai nghiệm phân biệt. b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) ihỏa mãn phương trình (xy 1)2 x2 y2 a) Gọi x1, x2 , x3 là ba nghiệm phân biệt của P(x) , ta có P(x) x x1 x x2 x x3 3 2 x x1 x2 x3 x x1x2 x1x3 x2 x3 x x1x2 x3 Đồng nhất hệ số của P(x) ta có: 2 2 Q a 3b (x1 x2 x3 ) 3(x1x2 x1x3 x2 x3 ) 1 (x x )2 (x x )2 (x x )2  0 2 1 2 2 3 1 3 Vậy Q(x có hai nghiệm phân biệt Lưu y: hs sử dụng Viet vẫn cho điểm tối đa b/ 2 2 2 2 2 Ta có: (xy-1)2=x2+y2 (xy) 2xy 1 x y (x y) (xy) 1 x y xy 1 (1) x y xy 1 (x y xy)(x y xy) 1 x y xy 1 (2) x y xy 1 Giải hệ (1) ta được cặp nghiệm (0;1),(1;0) Giải hệ (2) ta được cặp nghiệm (0;-1),(-1;0) Câu 3: (1 bc)2 1 2bc b2c2 a2 b2 c2 2bc 2b2c2 1 a2 (b c)2 b2c2 a2 (b c)2 (a b c)2 2 1 a c Ta có : 1 bc (a b c) 2 tuongtu 2 1 bc a b c a b c S 2( ) 2 a b c a b c a b c 2 Khi a=b= ,c 0 thì S = 2 . Vậy giá trị lớn nhất của S là 2 . 2
4. Theo BĐT AM-GM: a2 1 b2 c2 (a2 1)(2 b2 c2 ) 1 a2 1 2 b2 c2 a(1 bc) (1 ) ( )2 2 2 4 4 2 Từ đó : a b c a2 . Tuong tu b2 ; c2 S a2 b2 c2 1 Khi a 1;b c 0 thì S 1 . 1 bc 1 ac 1 ab Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 1. Câu 4:(3 điểm) Chưa vẽ hình · · · · Tứ giác BCFE nội tiếp nên ta có: DEF DBC ; DFE DCB · · · · Mặt khác: BDCK là hình bình hành nên BCK DBC ; CBK DCB D· FE C¶BK KBC : DFE(gg) · ¶ Do đó : DEF BCK ; DE EF FE AE KBC : DFE (1); AEF : ACB (2) CK BC BC AC AE DE Từ (1) và (2) AC CK Gọi Q là giao điểm của MN và AK . Ta có: ·AEC ·ABK (đồng vi) và ·ABK ·ABD D· BK ·ACE D· CK ·ACK (Do ·ABD ·ACE; D· BK D· CK) DE AE Xét AED và ACK có: ·AED ·ACK, AED  ACK(c g c) CK AC K· AC D· AE hay Q· AC D· AM b) Có ·AMD ·AND 180 AMDN nội tiếp D· NM D· AM Q· AN . Mà D· NM M· NA 90 Q· AN M· NA 90 ·AQN 90 AK  MN Do đó: MA2 NK 2 QM 2 QA2 QN 2 QK 2 QN 2 QA2 QM 2 QK 2 NA2 MK 2 1 Ta có MI AD NI I thuộc đường trung trực của MN(3) 2 c) Ta có IP là đường trung bình của tam giác ADK IP / / AK IP  MN (4) Từ (3) và (4) suy ra IP là đường trung trực của MN I, J, P thẳng hàng. Từ (3) và Ta có IMN cân tại I, IJ  MN nên IT là đường kính của đường tròn ngoại tiếp IMN I·NT 90 IJ.IT IN 2
5. Mà IN ID IJ.IT ID2 IDJ  ITD( g g) I·DJ I·TD ID là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp DTJ . Câu 5(1,0 điểm). Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác. Tia Ox song song với AB cắt BC tại D , tia Oy song song với BC cắt AC tại E , tia Oz song song 2 2 2 AB BC AC với AC cắt AB tại F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S OD OE OF Kẻ DM / / OF(M AB), EN / /OD(N BC), FP / /OE(P AC) OD EN NC OE DN OF MD BD Ta có: (1); (2); (3) AB AB BC BC BC AC AC BC OD OE OF NC DN BD Từ (1),(2),(3) 1 AB BC AC BC BC BC Theo bất đẳng thức AM-GM: OD OE OF OD OE OF AB BC AC 1 33     27 AB BC AC AB BC AC OD OE OF 2 2 2 2 AB BC AC AB BC AC S 33   27 OD OE OF OD OE OF Đẳng thức xảy ra khi O là trọng tâm ABC . Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 27 .