Đề thi vào lớp 10 môn Toán Chuyên trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2020

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2020 Môn thi: Toán (Dùng cho tất cả các thí sinh) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề  4 x 8x   x  1 2  Bài 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức P         với x  0, x  4 và x  9. x   2 x 4 x   x x x a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm tất cả các số thực m sao cho bất đẳng thức m( x  3) P  x  1 đúng với mọi x  9 . Bài 2. (3,0 điểm) a)Trong hệ tục toạn độ Oxy , cho hai đường thẳng (d1 ) : 7  5 x  9 và ( d 2 ) : y  ( m 2  4) x  3m với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để hai đường thẳng (d1 ), (d 2 ) song song với nhau. b) Cho phương trình x 2  2(m  1) x  2m  5  0 với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn  x12  2 x1  2m  1  x2  2   0. c) Hai ô tô cùng khởi hành một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120km. Vì mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10km nên ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là 0.4 giờ. Tính vận tốc của mỗi ô tô, biết rằng vận tốc của mỗi ô tô là không đổi trên cả quãng đường AB. Bài 3. (1,5 điểm) Bác An muốn làm một của số khuôn gỗ, phía trên có dạng nửa hình tròn, phía dưới có dạng hình chữ nhật. Biết rằng đường kính của nửa hình tròn cũng là cạnh phía trên của hình chữ nhật và tổng độ dài các khuôn gỗ (các đường in đạm trong hình vẽ bên dưới, bỏ qua độ rộng của khuôn gỗ) là 8m. Em hay giúp bác An tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật để cửa sổ có diện tích lớn nhất. Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn  O  và một điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Qua A kẻ tiếp tuyến AB đến đường tròn  O  ( B là tiếp điểm). Kẻ đường kính BC của đường tròn  O  . Trên đoạn CO lấy điểm I khác C và D. Đường thẳng IA cắt đường tròn  O  tại hai điểm D và E ( D nằm giữa A và E ). Gọi H là trung điểm của đoạn DE . a) Chứng minh rằng AB  BE  BD  AE . b) Đường thẳng d đi qua E song song với AO cắt đường thẳng BC tại K . Chứng minh rằng HK  CD. c) Tia CD cắt đường thẳng AO tại điểm P, tia EO cắt đường thẳng BP tại điểm F . Chứng minh rằng tứ giác BECF là hình chữ nhật. Bài 5 (0,5 điểm). Tìm tất cả các số thực x, y , z với 0  x, y , z  1 thỏa mãn: x y z 3    . 1  y  zx 1  z  xy 1  x  yz x  y  z LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP 10/2020 THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI THUVIENTOAN.NET Bài 1. a) Với điều kiện x  o, x  4 và x  9 , ta có 4 x 8x 4 x 8x 4 x (2  x )  8 x 4 x (2  x ) 4 x       2  x 4  x 2  x (2  x )(2  x ) (2  x )(2  x ) (2  x )(2  x ) 2  x Ngoài ra: x 1 2   x2 x x Do đó P  4 x x 3   2 x x (2  x ) x 1 2   x ( x  2) x x  1  2( x  2)  x ( x  2) x 3 x (2  x ) 4x . x 3 Vậy với x  0, x  4 và x  9 thì P  4x . x 3 b) Theo câu a), ta cần tìm tất cả các số thực m sao cho bất đẳng thức m( x  3)  4x  x  1 đúng với mọi x 3 x  9 , hay ta phải có 4m  x 1 1  4m  1  . x x Trước hết, ta sẽ chứng minh với m  Thật vậy, với m  5 thì bất đẳng thức trên được thỏa mãn với mọi số thức x  9 . 18 5 1 10 1 x9 thì ta có 4m  1    1   0, 18 x 9 x 9x Tiếp theo, ta sẽ chứng minh không tồn tại số thực m  Thật vậy, giả sử tồn tại mo  Chọn x  xo  (1) x  9 . 5 để bất đẳng thức (1) đúng với mọi x  9 . 18 5 sao cho bất đẳng thức (1) đúng với mọi x  9 . Rõ ràng 4mo  1  0 . 18 1 1 thì rõ ràng xo   9 . Khi đó, theo bất đẳng thức (1), ta phải có: 5 4mo  1 4  1 18 4mo  1  Từ các lý luận trên, ta suy ra m  1  4mo  1 , mâu thuẫn. x0 5 chính là điều kiện cần tìm. 18 Bài 2. a) Để (d1 ) và (d 2 ) song song với nhau thi ta phải có  m 2  4  5. 3m  9. Hệ này có duy nhất một nghiệm là m  3 . Vậy có duy nhất một giá trị m thỏa mãn là m  3 . b) Phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn x . Vì biệt thức của phương trình  '  (m  1) 2  (2m  5)  (m  2)2  2  0 với mọi m nên phương trình luôn có hai nhiệm phân biệt x1 , x2 . Do x1 là nghiệm của phương trình nên ta có x12  x ( m  1) x1  2m  5  0 , hay x12  2mx1  2m  1  2 x1  4  2( x1  2) . Do đó, điều kiện đã cho có thể được viết lại thành 2( x1  2)( x2  2)  0 , hay ( x1  2)( x2  2)  0 . Một cách tương đương, ta phải có x1x2  2( x1  x2 )  4  0 . (1) Áp dụng định lý Viete, ta có x1  x2  2(m  1) và x1 x2  2m  5 . Do đó, bất đẳng thức (1) có thể được viết lại thành 2m  5  4( m  1)  4  0 , từ đó ta phải có m  Vậy m  3 . 2 3 chính là điều kiện cần tìm. 2 c) Gọi vận tốc của ô tô thứ hai là x (km/h) (điều kiện: x  0 ). Khi đó, vận tốc của ô tô thứ nhất là x  10 (km/h). Khi đó,   120 giờ. x  10 120 Thời gian để ô tô thứ hai đi từ A đến B là giờ. x Thời gian để ô tô thứ nhất đi từ A đến B là Vì ô tô thứ nhất đến sớm hơn ô tô thứ hai 0,4 giờ nên ta có 120 120 1200 2   0,4    x( x  10)  3000  ( x  5)2  3025 . x x  10 x( x  10) 5 Từ đó x  5  55 , tức x  50 (km/h), thỏa mãn điều kiện x  0 . Vậy vận tốc của hai ô tô đã cho lần lượt là 60 (km/h) và 50 (km/h). Bài 3. Gọi a (m) là đường kính của nửa hình tròn (điều kiện: a  0 ). Gọi b (m) là độ dài cạnh còn lại của hình chữ a   nhật. Theo giả thiết, ta có 2b  a   8 , hay 1   a  2b  8 . 2 2  Diện tích của cửa sổ mà bác An muốn làm là 2 1a   1   S  ab      a  a  b   a  a  2b  2 2 8  2 4  1     1      a  a  8  1   a   a 8  1   a  2 4  2  2   4  . 2  x y Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng xy    , ta có:  2  2       1   a  8  1   a           4  4    16 . 1   a 8  1   a    2  4   4      32     16 64 Do đó 8  1   a   . Từ đây, ta suy ra S  .   4 4   1  x  4   4   16 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (1  )a  8  (1  )a , tức a  (m). Khi đó 4 4 x4 16 8      16 2b  8  1   a  8  1     b . 2 2   4  4  4   Vậy diện tích cửa sổ bác An muốn làm lớn nhất là và b  32 16 (m2), điều này đạt được khi và chỉ khi a  (m)  4  4 8 (m).  4 Bài 4. a) Hai tam giác ABD và AEB có góc chung BAD và ABD  AEB (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng AB AE bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó) nên tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEB . Suy ra , hay  BD BE AB  BE  BD  AE . b) Theo đề bài, ta có ABO  90o ( AB là tiếp tuyến của (O ) ) và AHO  90o ( H là trung điểm dây cung DE của (O ) ) nên ABO  AHO  90o , suy ra tứ giác ABHO nội tiếp đường tròn đường kính AO . Từ đó OBH  OAH . Mặt khác, với chú ý EK  AO , ta có KEH  OAH  OBH  KBH . Suy ra tứ giác BEKH nội tiếp. Kết hợp với tứ giác BECD nội tiếp, ta có HKB  HEB  DEB  DCB . Suy ra HK  CD . c) Gọi Y là giao điểm của EK và CD , X là giao điểm của EC và AO . Vì tứ giác BEKH nội tiếp nên EKB  EHB . Khi đó, hai tam giác EKC và BHD có ECK  ECB  EDB  HDB và EKC  180o  EKB  180o  EHB  BHD nên đồng dạng với nhau (g-g). Suy ra EK BH .  KC HD Vì KCY  BCD  BED  BEH và CKY  EKB  EHB nên hai tam giác CKY và EHB đồng dạng với nhau (g-g). Suy ra KY HB .  KC HE Vì H là trung điểm DE nên HB BH EK KY . Do đó , suy ra KE  KY .   HE HD KC KC Sử dụng định lý Thales, với chú ý EY  XP (do EK  AO ) và KE  KY , ta suy ra OP  OX . Do đó, tứ giác BPCX là hình bình hành, suy ra BD  CX hay BP  CE . Mà CE  BE nên BP  BE . Do F là giao điểm của BP và EO nên EBF  90o , dẫn đến EF là đường kính của (O ) . Vậy tứ giác BFCE là hình chữ nhật. Bài 5. Từ giả thiết, ta có 1  y  zx  x 2  xy  xz  x( x  y  z ) . Suy ra: x x 1   . 1  y  zx x( x  y  z ) x  y  z Chứng minh tương tự, ta cũng có y 1 z 1  ,  . 1  z  xy x  y  z 1  x  yz x  y  z Do đó x y z 3    . 1  y  zx 1  z  xy 1  x  yz x  y  z Mặt khác, theo giả thiết thì dấu đẳng thức trong bất đẳng thức tren phải xảy ra. Nghĩa là, dấu đẳng thức trong từng đánh giá phụ cũng phải xảy ra, tức ta phải có x  y  z  1 . Thử lại, ta thấy thỏa mãn. Vậy có duy nhất một bộ số ( x, y , z ) thỏa mãn yêu cầu là (1,1,1) .