File Word đề thi vào chuyên Lê Quý Đôn – Bà Rịa – Vũng Tàu – Năm học 2021 – 2022

Đề thi vào chuyên Lê Quý Đôn – Bà Rịa – Vũng Tàu – Năm học 2021 – 2022

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).

a) Rút gon biểu thức ${{P=\frac{x \sqrt{x}-1}{1+x+\sqrt{x}} \cdot\left(\frac{\sqrt{x}+1}{x-1}-\frac{\sqrt{x}-2}{x-\sqrt{x}-2}\right)}}$ với ${{x \geq 0, x \neq 1, x \neq 4}}$.

b) Giadi phương trình ${{5 x-(x+4) \sqrt{2 x+1}+4=0 .}}$

c) Giai hế phương trinh ${{\left\{\begin{array}{l}2 x^{2}+y^{2}+3 x y+4 x+3 y+2=0 \\ \sqrt{x^{2}-y+3}+\sqrt{x+y+1}=2\end{array}\right.}}$.

Câu 2 (2, 0 điểm).

a) Cho hai da thức ${{P(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c}}$ và ${{Q(x)=3 x^{2}+2 a x+b(a, b, c \in \mathbb{R})}}$. 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 ${{(x y-1)^{2}=x^{2}+y^{2}}}$.

Câu 3 (1, 0 điểm). Xét các số thực ${{a, b, c}}$ không âm, thòa măn ${{a^{2}+b^{2}+c^{2}=1}}$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức ${{S=\frac{a}{1+b c}+\frac{b}{1+a c}+\frac{c}{1+a b}}}$.

Câu 4 (3, 0 điểm). Cho tam giác ${{A B C}}$ nhọn ( ${{A B<A C}}$ ). Một đường trơn đi qua ${{B, C}}$ và khỏng đi qua ${{A}}$ cat các cạnh ${{A B, A C}}$ lần lượt tại ${{E, F(E}}$ khác ${{B ; F}}$ khác ${{C}}$ ); ${{B F}}$ cảt ${{C E}}$ tại ${{D}}$. Gọi ${{P}}$ là trung điểm của ${{B C}}$ và ${{K}}$ là điềm đối xứng với ${{D}}$ qua ${{P}}$.

a) Chứng minh tam giác ${{K B C}}$ đồng dạng với tam giác ${{D F E}}$ và ${{\frac{A E}{A C}=\frac{D E}{C K}}}$.

b) Gọi ${{M, N}}$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của ${{D}}$ trên ${{A B, A C}}$. Chửng minh ${{M N}}$ vuông góc với ${{A K}}$ và ${{M A^{2}+N K^{2}=N A^{2}+M K^{2}}}$.

c) Gọi ${{I, J}}$ lần lựt là trung điềm ${{A D}}$ và ${{M N}}$, Chứng minh ba điếm ${{I, J, P}}$ thẳng hàng.

d) Đường thẳng ${{I J}}$ cát đường tròn ngoại tiếp tam giác ${{I M N}}$ tại ${{T}}$ ( ${{T}}$ khade ${{l}}$ ). Chưng minh ${{A D}}$ là tićp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ${{D T J}}$.

Câu 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC và điểm O thay đổi trong tam giác.Tia Ox song song với AB

cắt ${{B C}}$ tại ${{D}}$, tia ${{O y}}$ song song vói ${{B C}}$ cắt ${{A C}}$ tai ${{E}}$, tia ${{O z}}$ song song vói ${{A C}}$ cắt ${{A B}}$ tạ ${{F}}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ${{S=\left(\frac{A B}{O D}\right)^{2}+\left(\frac{B C}{O E}\right)^{2}+\left(\frac{A C}{O F}\right)^{2}}}$

HƯỚNG DẪN

 

Câu 1 (3.0 điêm).

a) Rút gọn biểu thức sau ${{P=\frac{x \sqrt{x}-1}{1+x+\sqrt{x}} \cdot\left(\frac{\sqrt{x}+1}{x-1}-\frac{\sqrt{x}-2}{x-\sqrt{x}-2}\right)}}$ với

${{x \geq 0, x \neq 1, x \neq 4}}$

b) Giải phương trình ${{5 x-(x+4) \sqrt{2 x+1}+4=0}}$.

c) Giải hệ phương trình ${{\left\{\begin{array}{l}2 x^{2}+y^{2}+3 x y+4 x+3 y+2=0 \\ \sqrt{x^{2}-y+3}+\sqrt{x+y+1}=2\end{array}\right.}}$.

${{P=\frac{(\sqrt{x})^{3}-1}{1+\sqrt{x}+x} \cdot\left[\frac{\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}-\frac{\sqrt{x}-2}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-2)}\right] }}$

${{=(\sqrt{x}-1)\left(\frac{1}{\sqrt{x}-1}-\frac{1}{\sqrt{x}+1}\right)}}$

${{=(\sqrt{x}-1) \frac{2}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}}}$

${{=\frac{2}{\sqrt{x}+1}}}$

Điều kiện: ${{x \geq-\frac{1}{2}}}$. Đặi ${{t=\sqrt{2 x+1}(t \geq 0)}}$. Ta có phương trình ${{-t^{3}+5 t^{2}-7 t+3=0}}$

${{\Leftrightarrow(t-1)\left(-t^{2}+4 t-3\right)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}t=1 \\ t=3\end{array}\right.}}$ (nhận).

${{*}}$ Vơi ${{t=1 \Rightarrow \sqrt{2 x+1}=1 \Leftrightarrow x=0}}$ (thỏa).

* Với ${{t=3 \Rightarrow \sqrt{2 x+1}=3 \Leftrightarrow x=4}}$ (thỏa).

${{\left\{2 x^{2}+y^{2}+3 x y+4 x+3 y+2=0 \quad\right.}}$ $(1)$

${{\left\{\sqrt{x^{2}-y+3}+\sqrt{x+y+1}=2\right.}}$(2)

Điềù kiện: ${{\left\{\begin{array}{l}x^{2}-y+3 \geq 0 \\ x+y+1 \geq 0\end{array}\right.}}$

(1): ${{y^{2}+(3 x+3) y+2 x^{2}+4 x+2=0}}$

${{\Delta_{y}=(x+1)^{2}}}$ nên ${{(1) \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y=-2 x \\ y=-x\end{array}\right.}}$

${{\quad^{*}}}$ TH1: ${{y=-x-1}}$ thay vào (2) ta có phương trình

${{\sqrt{x^{2}+x+4}=2 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=0 \Rightarrow y=-1 \\ x=-1 \Rightarrow y=0\end{array}\right.}}$ (nhận)

* TH2: ${{y=-2 x-2}}$ thay vào (2) ta có phương trình

${{\sqrt{x^{2}+2 x+5}+\sqrt{-x-1}=2 \Leftrightarrow \sqrt{(x+1)^{2}+4}+\sqrt{-(x+1)}=2}}$

Ta có ${{\sqrt{(x+1)^{2}+4}+\sqrt{-(x+1)} \geq 2}}$, với mọi giá trị của ${{x \leq-1}}$ Dấu bằng xảy ra khi ${{x=-1 \Rightarrow y=0}}$ (nhận) Vậy hệ phương trình có các nghiệm là ${{(0 ;-1),(-1 ; 0)}}$.

Câu 2 (2, 0 điểm).

a) Cho hai đa thức ${{P(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c}}$ và ${{Q(x)=3 x^{2}+2 a x+b(a, b, c \in \mathbb{R})}}$. 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 ${{(x y-1)^{2}=x^{2}+y^{2}}}$

a) Gọi ${{x_{1}, x_{2}, x_{3}}}$ là ba nghiệm phân biệt của ${{P(x)}}$, ta có ${{P(x)=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)\left(x-x_{3}\right)}}$

${{=x^{3}-\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right) x^{2}+\left(x_{1} x_{2}+x_{1} x_{3}+x_{2} x_{3}\right) x-x_{1} x_{2} x_{3}}}$

Đồng nhất hệ số của ${{P(x)}}$ ta có:

$\begin{align}& {{\Delta }_{Q}}={{a}^{2}}-3b={{({{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}})}^{2}}-3({{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{x}_{1}}{{x}_{3}}+{{x}_{2}}{{x}_{3}}) \\& =\frac{1}{2}\left[ {{({{x}_{1}}-{{x}_{2}})}^{2}}+{{({{x}_{2}}-{{x}_{_{3}}})}^{2}}+{{({{x}_{1}}-{{x}_{3}})}^{2}} \right] >0 \\\end{align}$

Vậy Q(x  có hai nghiệm phân biệt

Lưu y: hs sử dụng Viet vẫn cho điểm tối đa

b/

Ta có: (xy-1)²=x²+y^{2$\Leftrightarrow {{(xy)}^{2}}-2xy+1={{x}^{2}}+{{y}^{2}}\Leftrightarrow {{(x+y)}^{2}}-{{(xy)}^{2}}=1$}

^{$\Leftrightarrow (x+y-xy)(x+y+xy)=1\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& \left\{ \begin{align}& x+y-xy=1 \\ & x+y+xy=1 \\ \end{align} \right.(1) \\  & \left\{ \begin{align} & x+y-xy=-1 \\ & x+y+xy=-1 \\ \end{align} \right.(2) \\ \end{align} \right.$}

Giải hệ (1) ta được cặp nghiệm (0;1),(1;0)

Giải hệ (2) ta được cặp nghiệm (0;-1),(-1;0)

Câu 3:

Ta có : $\begin{align}& {{(1+bc)}^{2}}=1+2bc+{{b}^{2}}{{c}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2bc+2{{b}^{2}}{{c}^{2}} \\& ={{a}^{2}}+{{(b+c)}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}\ge {{a}^{2}}+{{(b+c)}^{2}}\ge \frac{1}{2}{{(a+b+c)}^{2}} \\& \Rightarrow 1+bc\ge \frac{1}{\sqrt{2}}(a+b+c)\Rightarrow \frac{a}{1+bc}\le \sqrt{2}\frac{c}{\begin{align}& a+b+c \\&  \\\end{align}}…tuongtu \\& \Rightarrow S\le \sqrt{2}(\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c})=\sqrt{2} \\\end{align}$

Khi a=b=$\frac{\sqrt{2}}{2},c=0$thì S = $\sqrt{2}$. Vậy giá trị lớn nhất của S là$\sqrt{2}$.

Theo BĐT AM-GM:

$a(1+bc)\le \frac{{{a}^{2}}+1}{2}(1+\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2})=\frac{({{a}^{2}}+1)(2+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}{4}\le \frac{1}{4}{{(\frac{{{a}^{2}}+1+2+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2})}^{\begin{smallmatrix}\\2\end{smallmatrix}}}$

Từ đó : $\text{ }\frac{a}{1+bc}\ge {{a}^{2}}\text{ }\text{. Tuong tu }\frac{b}{1+ac}\ge {{b}^{2}};\frac{c}{1+ab}\ge {{c}^{2}}\Rightarrow S\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1\text{ Khi }a=1;b=c=0\text{ th }\!\!\grave{\mathrm{i}}\!\!\text{  }S=1\text{ }\text{. }$Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 1.

Câu 4:(3 điểm)

Chưa vẽ hình

Tứ giác BCFE nội tiếp nên ta có: $\widehat{DEF}=\widehat{DBC}$;$\widehat{DFE}=\widehat{DCB}$

Mặt khác: BDCK là hình bình hành nên  $\widehat{BCK}=\widehat{DBC}$; $\widehat{CBK}=\widehat{DCB}$

Do đó : $\widehat{DEF}=\widehat{BC}K$; $\begin{align}& \widehat{DFE}=\widehat{CB}K\Rightarrow \Delta KBC\sim \Delta DFE(gg) \\& \Delta KBC\sim \Delta DFE\Rightarrow \frac{DE}{CK}=\frac{EF}{BC}(1);\Delta AEF\sim \Delta ACB\Rightarrow \frac{FE}{BC}=\frac{AE}{AC}(2) \\\end{align}$

 

Từ (1) và $(2)\Rightarrow \frac{AE}{AC}=\frac{DE}{CK}$

Gọi ${{Q}}$ là giao điểm của ${{M N}}$ và ${{A K}}$. Ta có: ${{\widehat{A E C}=\widehat{A B K}}}$ (đồng vi) và ${{\widehat{A B K}=\widehat{A B D}+\widehat{D B K}=\widehat{A C E}+\widehat{D C K}=\widehat{A C K}}}$

(Do ${{\widehat{A B D}=\widehat{A C E} ; \widehat{D B K}=\widehat{D C K})}}$

Xét ${{\Delta A E D}}$ và ${{\Delta A C K}}$ có: ${{\widehat{A E D}=\widehat{A C K}, \frac{D E}{C K}=\frac{A E}{A C} \Rightarrow \Delta A E D \cup \Delta A C K(c-g-c)}}$

${{\Rightarrow \widehat{K A C}=\widehat{D A E}}}$ hay ${{\widehat{Q A C}=\widehat{D A M}}}$

b) Có ${{\widehat{A M D}+\widehat{A N D}=180\circ \Rightarrow A M D N}}$ nội tiếp ${{\Rightarrow \widehat{D N M}=\widehat{D A M}=\widehat{Q A N}}}$.

Mà ${{\widehat{D N M}+\widehat{M N A}=90\circ \Rightarrow \widehat{Q A N}+\widehat{M N A}=90\circ \Rightarrow \widehat{A Q N}=90\circ \Rightarrow A K \perp M N}}$

Do đó:

${{M A^{2}+N K^{2}=Q M^{2}+Q A^{2}+Q N^{2}+Q K^{2}}}$

${{=Q N^{2}+Q A^{2}+Q M^{2}+Q K^{2}=N A^{2}+M K^{2}}}$

${{Ta}}$ có ${{M I=\frac{1}{2} A D=N I \Rightarrow I}}$ thuộc đường trung trực của ${{M N(3)}}$

c) Ta có ${{IP}}$ là đường trung bình của tam giác ${{A D K \Rightarrow I P / / A K \Rightarrow I P \perp M N}}$(4)

Từ (3) và (4) suy ra ${{IP}}$ là đường trung trực của ${{M N \Rightarrow I, J, P}}$ thẳng hàng. Từ (3) và Ta có ${{\Delta I M N}}$ cân tại ${{I, I J \perp M N}}$ nên ${{I T}}$ là đường kính của đường tròn ngoại

tiếp ${{\Delta I M N \Rightarrow \widehat{I N T}=90\circ \Rightarrow I J . I T=I N^{2}}}$

Mà ${{I N=I D \Rightarrow I J . I T=I D^{2} \Rightarrow \Delta I D J \cup \Delta I T D(~g-g) \Rightarrow \widehat{I D J}=\widehat{I T D}}}$

${{\Rightarrow I D}}$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ${{\Delta D T J}}$.

Câu ${{5(1,0}}$ điểm). Cho tam giác ${{A B C}}$ và điểm ${{O}}$ thay đổi trong tam giác. Tia ${{O x}}$ song song với ${{A B}}$ cắt ${{B C}}$ tại ${{D}}$, tia ${{O y}}$ song song với ${{B C}}$ cắt ${{A C}}$ tại ${{E}}$, tia ${{O z}}$ song song với ${{A C}}$ cắt ${{A B}}$ tại ${{F}}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ${{S=\left(\frac{A B}{O D}\right)^{2}+\left(\frac{B C}{O E}\right)^{2}+\left(\frac{A C}{O F}\right)^{2}}}$

Kẻ ${{DM}}$ ${{/ / O F(M \in A B), E N / / O D(N \in B C), F P / / O E(P \in A C)}}$

Ta có: ${{\frac{O D}{A B}=\frac{E N}{A B}=\frac{N C}{B C}(1) ; \frac{O E}{B C}=\frac{D N}{B C}}}$(2); ${{\frac{O F}{A C}=\frac{M D}{A C}=\frac{B D}{B C}}}$(3)

Từ ${{(1),(2),(3) \Rightarrow \frac{O D}{A B}+\frac{O E}{B C}+\frac{O F}{A C}=\frac{N C}{B C}+\frac{D N}{B C}+\frac{B D}{B C}=1}}$

Theo bất đẳng thức AM-GM:

${{1=\frac{O D}{A B}+\frac{O E}{B C}+\frac{O F}{A C} \geq 3 \sqrt[3] {\frac{O D}{A B} \cdot \frac{O E}{B C} \cdot \frac{O F}{A C}} \Leftrightarrow \frac{A B}{O D} \cdot \frac{B C}{O E} \cdot \frac{A C}{O F} \geq 27}}$

${{\Rightarrow S=\left(\frac{A B}{O D}\right)^{2}+\left(\frac{B C}{O E}\right)^{2}+\left(\frac{A C}{O F}\right)^{2} \geq 3 \sqrt[3] {\left(\frac{A B}{O D} \cdot \frac{B C}{O E} \cdot \frac{A C}{O F}\right)^{2}}=27}}$

Đẳng thức xảy ra khi ${{O}}$ là trọng tâm ${{\Delta A B C}}$. Vậy giá trị nhỏ nhất của ${{S}}$ là 27 .