Đề Toán tuyển sinh vào lớp 10 năm 2019 trường THPT chuyên KHTN – Hà Nội
Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh đề Toán tuyển sinh vào lớp 10 năm 2019 trường THPT chuyên KHTN – Hà Nội gồm 1 trang với 4 bài toán dạng tự luận, thời gian làm bài 120 phút, đây là đề thi vòng 1 – dành cho tất cả các thí sinh tham dự kỳ thi. Mời các bạn đón xem!
Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2019-2020
Môn: Môn Toán
Thông tin:
Tác giả:
Tài liệu liên quan:
Preview text:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN HÀ NỘI
NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn: TOÁN (VÒNG 1) ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 01 trang Bài 1.
a, Giải phương trình: 26x + 5 2
+ 2 26x + 5 = 3 x + 30 2 x + 30 2 2 + =
b, Giải hệ phương trình: x y 2 2
(x + 2y)(2 + 3y + 4xy) = 27 Bài 2.
a, Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn: 2 2
(x − x +1)( y + xy) = 3x −1
b, Với x,y là các số thực thay đổi thỏa mãn 1≤ y ≤ 2 và xy + 2 ≥ 2y, tìm giá trị nhỏ nhất của 2 biểu thức x + 4 M = 2 y +1
Bài 3. Cho hình vuông ABCD, đường tròn (O) nội tiếp hình vuông tiếp xúc với các cạnh
AB, AD tại hai điểm E,F. Gọi G là giao điểm các đường thẳng CE và BF.
a, Chứng minh rằng năm điểm A,F,O,G,E cùng nằm trên một đường tròn
b, Gọi giao điểm của đường thẳng FB và đường tròn là M(M ≠ F). CMR M là trung điểm của đoạn thẳng BG.
c, CMR trực tâm của tam giác GAF nằm trên đường tròn (O)
Bài 4. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + xz = 1. Chứng minh rằng: 3 1 1 1 2 + + ≥ x + y + z 2 2 2 + x + y + z 2 2 2 1 1 1 3 1 + x 1 + y 1 + z
-------------------- HẾT -------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. a, Điều kiện 5 x ≥ −
đặt a = 26x + 5 và b = 2
x + 30 (a ≥ 0, b > 0) 26 Phương trình trở thành 2
a + a = b ⇔ (a − b)(a + b) 2 2 3 3
= 0 ⇔ a = b ⇔ 26x + 5 = x + 30 b
Vậy x = 1 hoặc 25 là nghiệm của phương trình.
b, thay 2 = x2 + y2 vào phương trình thứ 2 ta được
(x + 2y)(x2 + y2 + 3y2 + 4xy) = 27 ⇔ (x + y)3 2 = 27
⇔ x = 3 - 2y thay vào PT thứ nhất ta được (3 - 2y)2 + y2 = 0 y = 1 hoặc y = 75 x = 1 hoặc 15 Bài 2. a, từ biểu thức 2 2
(x − x +1)( y + xy) = 3x −1 ta nhận thấy 3x - 1 phải chia hết cho (x2 – x + 1)
ta có (3x - 1)(3x - 2) = 9x2 - 9x + 2 = 9(x2 – x + 1) - 7 cũng phải chia hết cho (x2 – x + 1)
suy ra 7 chia hết cho (x2 – x + 1) (x2 – x + 1) = 1 hoặc 7
y = 0, 1, 3 và -2 lần lượt thay vào ta có y => (x,y) = (1, 1),(1, -2) và (-2, 1)
b, Từ giả thiết xy + 2 ≥ 2y => 4xy + 8 ≥ 8y
Mà ta lại có 4x2 + y2 ≥ 4xy
⇒ 4x2 + y2 + 8 ≥ 4xy + 8 ≥ 8y ⇒ 4(x2 + 4) ≥ 8y + 8 - y2
⇒ 4(x2 + 4) ≥ 4(y2 + 1) + (5y + 2)(2 - y) ≥ 4(y2 + 1) 2 x + 4 ⇒ M = ≥ 1 2 y + 1
Dấu “=” xẩy ra khi x = 1 và y = 2, Mmin = 1. Bài 3.
a, Do đường tron (O) nội tiếp hình vuông ABCD nên E
và F là trung điểm các cạnh AB và AD => ∆ ABF và ∆
BCE bằng nhau => góc EBG bằng góc BCG => góc BGC
vông => AEGF cùng nằm trên một đường tròn, mà
AEOF cũng nằm trên một đường tròn => AEGOF cùng
nằm trên một đường tròn.
b, Ta có AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên góc BEM = góc EFM,
lại có góc EAG và EFG cùng chắn cung EG nên góc EAG = EFG
suy ra EM//AG trong khi E là trung điểm của AB => M cũng là trung điểm của BG Bài 4. 3 1 1 1 2 + + ≥ x + y + z 2 2 2 + x + y + z 2 2 2 1 1 1 3 1 + x 1 + y 1 + z Ta có:
1 +x 2 = xy + yz + xz + x2 = (x + y)(x + z)
1 + y2 = xy + yz + xz + y2 = (x + y)(y + z)
1 + z2 = xy + yz + xz + z2 = (z + y)(x + z) VT=
2(x + y + z)
(x + y)( y + z)(z + x) Ta có: 2 x y z x + y + z
≤ x + y + z + + ( ) 2 2 2 2 2 2 1 + x 1 + y 1 + z 1+ x 1 + y 1 + z x y z
= (x + y + z) + +
(x + y)(x + z) (x + y)(y + z) (z + y)(x + z) =
2(x + y + z)
(x + y)( y + z)(z + x) Do đó VP=
4(x + y + z) x + y + z
3(x + y)( y + z)(z + x) 2 2 2 1 + x 1 + y 1 + z
Bất đẳng thức trở thành x y z + + ≤ 3 2 2 2 1+ x 1+ y 1+ z 2 Ta có: x x 1 x x = ≤ + 2 1 + x
(x + y)(x + z) 2 x + y x + z y y 1 y y = ≤ + 2 1 + y
(x + y)( y + z) 2 x + y y + z z z 1 z z = ≤ + 2 1 + z
(x + z)( y + z) 2 x + z y + z => x y z + + ≤ 3 2 2 2 1+ x 1+ y 1+ z 2
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 13
-------------------- HẾT --------------------
Document Outline
- Pages from chuyen khtn.pdf
- Pages from chuyen khtn-2.pdf