Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán (Chung) - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Hưng Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán (Chung) - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Hưng Yên (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2019 - 2020 Đề chính thức Môn: TOÁN ( Chung) (23/5/2019) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Tên : Trương Huỳnh Nhật Vinh Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 0353276871.Nguồn gốc :sưu tầm đề và tự tay gõ đáp án Câu 1(2 điểm): 1 1)Rút gọn biểu thức A 2 (2 5)2 20 20 5 2)Cho hai đường thẳng (d ): y ( m 2) x m ;( ): y 4x 1 a.Tìm m để (d) song song () b.Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua A(-1;2) với mọi m. c.Tìm tọa độ điểm B thuộc sao cho AB vuông góc với . Câu 2(2 điểm): 1.Giải phương trình xx4 2x 2 2x 2 4 4 (x y )2 xy 3 y 1 2.Giải hệ phương trình xy2 1 xy 1 x2 Câu 3(2 điểm):Cho phương trình x22 2( m 1) x m 4 0(1) với m là tham số. 1)Giải phương trình khi m 2 22 2)Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt xx12; thỏa x12 2( m 1) x 3 m 16 Câu 4(3 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ các nửa đường tròn đường kính AB và AC sao cho các nửa đường tròn này không có điểm nào nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng d đi qua A và cắt các nửa đường tròn đường kính AB và AC theo thứ tự ở M và N (khác điểm A). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC. 1) Chứng minh tứ giác BMNC là hình thang vuông. 2) Chứng minh IM = IN. 3) Giả sử đường thẳng d thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện đề bài. Hãy xác định vị trị của đường thẳng d để chu vi tứ giác BMNC lớn nhất. Câu 5(1 điểm): Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn x2 y 2 z 2 3 y .Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 4 8 P (x 1)2 ( y 1) 2 ( z 3) 2 Câu 5.Cách 1.Ta có 2 1 1 1 zz33 (x 1) ()() 1 8 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 zz33 (x 1) ( z 3) ( x 1)()() 22 3 2 2 2 2
2. 2 9 xz 4 27 .Mà 3 (xz 4)2 (x z 4)2 x 2 z 2 16 2xz 8x 8z x 2 z 2 16 x 2 z 2 4x 2 4 4z 2 4 (do x22 1 2x; z 1 2 z ).Nên suy ra (xz 4)2 1 8 27 9 xz22 4 6 (x 1)2 ( z 3) 2 ( x z 4) 2 2(3 y y 2 4) 94 P .Ta sẽ chứng minh 2(3y y22 4) ( y 2) 94 1 (y 2)(222 y 10 y 9)0 (đúng).Vậy giá trị nhỏ nhất của 2(3y y22 4) ( y 2) 1 4 8 P là 1 khi x z 1; y 2 (x 1)2 ( y 1) 2 ( z 3) 2 Cách 2.Nhìn vào bài toán chắc có lẽ ai cũng sẽ nghĩ ngay đến phương pháp đưa về 1 ẩn để khảo sát hàm số. Lại liếc qua giả thiết, thật tự nhiên ta muốn đưa bất đẳng thức về hàm 1 biến theo y. Để đạt được điều đó, ta phải đưa bất đẳng thức về dạng đối xứng theo x và z.Ý tưởng đã rõ, bắt tay vào làm thôi . 1 1 1 27 Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc ta có: a2 b 2 c 2() a b c 2 2 1 1 1 zz33 (x 1) ()() 1 8 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 zz33 (x 1) ( z 3) ( x 1)()() 22 3 2 2 2 2 .Ồ đến đây mọi chuyện gần như sáng tỏ : minh đã về chung 1 mái nhà với z :xử lý giả thiết để đưa về 1 biến thôi . Nhưng khoan đã, nếu ta đánh giá AM−GM thông thường: 1 3y y2 z 2 x 2 y 2 ( z x ) 2 . Thì khi thay vào bất đẳng thức sẽ xuất hiện căn thức 2 khó chịu. Làm sao để loại bỏ chuyện này . Từ giả thiết ta dễ dàng có y∈[0;3), x,z∈[0; 3 ). Sau 1 hồi ngẫm nghĩ và tìm tòi, ta dự đoán dấu bằng sẽ được xảy ra khi x=z=1, còn y, có thể y=1 hoặc y=2. Dựa vào suy nghĩ đó, ta sử dụng Cauchy−Schwarz 1 như sau: 3y 4 y2 z 2 x 2 4 y 2 ( z x 4) 2 . Nên suy ra 6 (xz 4)2 1 8 27 9 xz22 4 6 (x 1)2 ( z 3) 2 ( x z 4) 2 2(3 y y 2 4) . Vậy cuối cùng ta cần tìm GTNN của: 94 (y 2)(2 y32 181 y 400 y 236) fy() .Ta có fy'( ) có nghiệm 2(3y y22 4) ( y 2) 2 (y 4)( y 1)( y 2)2 y=2 và đổi dấu tại đó .Vậy nên Minf(y)=f(2)=1. Dấu đẳng thức xảy ra tại .
3. Cách 3.Ta có (x 1)2 2( x 2 1);( z 3) 2 4( z 2 3) (bdt bunhia).Nên suy ra 1 8 1 2 9 (bdt svac). (x 1)2 ( z 3) 2 2( x 2 1) ( z 2 3) 2( x 2 z 2 ) 8 94 Theo bài ra x2 y 2 z 2 33 y x 2 z 2 y y 2 nên suy ra P .Ta đi 2(3y y22 ) 8 ( y 2) chứng minh biểu thức này đạt GTNN bằng 1.Thật vậy biến đổi tương đương ta có 94 1 (y 2)(222 y 10 y 9)0 hiển nhiên đúng vì y > 0. 2(3y y22 ) 8 ( y 2) Vậy GTNN biểu thức bằng 1 khi x z 1; y 2 . Cách 4. Trước hết chú ý là với các số thực dương a,ba,b bất kỳ ta có kết quả quen 1 1 8 thuộc sau (∗) với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b.Chứng a2 b 2() a b 2 1 1 8 (a b )2 ( a 2 4a b b 2 ) minh (∗),ta có 0.Ta có a2 b 2()()() a b 2 ab 2 a b 2 1 4 8 P .Khi đó (x 1)2 ( y 1) 2 ( z 3) 2 1 4 1 1 8 .Tiếp tục 2 2 2 yy (x 1) ( y 1) ( x 1) ( 1)22 (x 2) 22 8 8 64 64 P .Mà ta có 2 y y y (z 1) (x 2)2 ( x z 5) 2 ( x z 5) 2 2 2 2 3y x2 y 2 z 2 ( x 2 1)( z 2 1)( y 2 4)62x42z6 y .Hay ta có 2 y y y 6 2x 4y 2z 3 x+ z 8 x+ z 5 64 x+ z 5 P 1. Vậy giá trị 2 2 2 nhỏ nhất của là 1 khi