Đề 10 Đề thi tuyển sinh vào 10 trường THPT Chuyên Hưng Yên 2018-2019 (vòng 1 chuyên Toán Tin Lý Hóa Sinh)

[donghieu1701]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

---------------------Dành cho thí sinh thi các lớp chuyên : Toán, Tin, Lý, Hóa, Sinh)------------------------
Câu 1:
a) Rút gọn biểu thức [tex]A=\sqrt{2}(\sqrt{2}+\sqrt{2-\sqrt{3}})-1[/tex]
b) Tìm m để đường thẳng [tex]y=x+m^{2}+2[/tex] và đường thẳng [tex]y=(m-2)x+11[/tex] cắt nhau tại một điểm trên trục tung.
Câu 2:
Cho hệ phương trình: [tex]x+2y=m+3[/tex] và [tex]2x-3y=m[/tex]
a) giải hệ phương trình khi m = 1.
b) tìm m để hệ có nghiệm (x;y) sao cho [tex]P=98(x^{2}+y^{2})+4m[/tex] đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3:
a) Giải phương trình: [tex]\sqrt{x+3}+\sqrt{2-x}-\sqrt{6-x-x^{2}}=1[/tex].
b) Tìm m để phương trình :[tex]x^{4}+5x^{2}+6-m=0[/tex] (m là tham số) có đúng hai nghiệm.
Câu 4:
Quãng đường AB dài 120km. Một ô tô chạy từ A đến B với vận tốc xác định. Khi từ B trở về A, ô tô chạy với vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đi từ A đến B là 10km/h. Tính vận tốc lúc về của ô tô, biết thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 24 phút.
Câu 5: Cho 3 điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. vẽ đường tròn (O;R) bất kỳ đi qua B và C (BC< 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O). (M, N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC.
a) Chứng minh năm điểm A, M, O, I, N cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MJ với đường tròn (O). Chứng minh EB = EC = EJ.
c) khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K là giao điểm của OA và MN. Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc 1 đường thẳng cố định.
Câu 5:
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = 3xyz.
Chứng minh rằng: [tex]\frac{x^{3}}{z+x^{2}}+\frac{y^{3}}{x+y^{2}}+\frac{z^{3}}{y+z^{2}}\geq \frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})[/tex].
(P/S: gõ gãy cả tay )

 

[Ann Lee]

Câu 1a: [tex]A=\sqrt{2}(\sqrt{2}+\sqrt{2-\sqrt{3}})-1=2+\sqrt{4-2\sqrt{3}}-1=1+\sqrt{(\sqrt{3}-1)^{2}}=1+\sqrt{3}-1=\sqrt{3}[/tex]
Câu 1b:
[tex](d):y=x+m^{2}+2;(d'):y=(m-2)x+11[/tex]
Gọi [tex]A(0;y_{a})[/tex] là điểm mà (d) và (d) cắt nhau trên trục tung
Khi đó [tex]\left\{\begin{matrix} y_{a}=m^{2}+2\\y_{a}=11 \end{matrix}\right. \Rightarrow m^{2}=9\Leftrightarrow m=\pm 3[/tex]
loại m=3 vì khi m=3 thì (d) và (d') trùng nhau
Vậy...

Câu 2a: Khi m=1 thì hpt trở thành [tex]\left\{\begin{matrix} x+2y=4\\2x-3y=1 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow ...\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2\\y=1 \end{matrix}\right.[/tex]
Vậy...
Câu 2b: [tex]\left\{\begin{matrix} x+2y=m+3(1)\\ 2x-3y=m(2) \end{matrix}\right.[/tex]
Từ (1) suy ra [tex]x=m+3-2y[/tex]
Thay vào (2) được [tex]2(m+3-2y)-3y=m\Leftrightarrow y=\frac{m+6}{7}\Rightarrow x=\frac{5m+9}{7}[/tex]
Xét [tex]P=98(x^{2}+y^{2})+4m=98\left [ \frac{(5m+9)^{2}}{49}+\frac{(m+6)^{2}}{49} \right ]+4m=52m^{2}+208m+234=52(m+2)^{2}+26\geq 26[/tex]
Dấu "=" xảy ra <=> [tex]\Leftrightarrow m=-2[/tex]
Vậy....

Câu 3a: ĐKXĐ: [tex]-3\leq x\leq 2[/tex]
Phương trình đã cho [tex]\Leftrightarrow (\sqrt{x+3}-1)(1-\sqrt{2-x})=0\Leftrightarrow ...[/tex]
Câu 3b: Đặt [tex]x^{2}=t[/tex]
Phương trình đã cho [tex]\Leftrightarrow t^{2}+5t+6-m=0[/tex] (*)
Để (*) có nghiệm [tex]\Leftrightarrow \Delta \geq 0\Leftrightarrow 5^{2}-4(6-m)\geq 0\Leftrightarrow 1+4m\geq 0\Leftrightarrow m\geq \frac{-1}{4}[/tex] (1)
Khi đó, theo hệ thức Viète ta có:
[tex]\left\{\begin{matrix} t_{1}+t_{2}=-5\\ t_{1}.t_{2}=6-m \end{matrix}\right.[/tex]
Để phương trình đã cho đã cho có đúng 2 nghiệm [tex]\Leftrightarrow t_{1}>0;t_{2}<0[/tex] hoặc [tex]t_{1}=t_{2}>0[/tex]
+) Th1: [tex]t_{1}=t_{2}>0[/tex] loại vì [tex]t_{1}+t_{2}=-5<0[/tex]
+) Th2: [tex]t_{1}>0;t_{2}<0\Leftrightarrow t_{1}.t_{2}<0\Leftrightarrow 6-m<0\Leftrightarrow m>6[/tex]
Kết hợp với (1) thì m>6
Vậy m> 6

Câu 4: Gọi vận tốc lúc đi từ A đến B của ô tô là a (km/h) (a>0)
thì vận tốc lúc đi từ B về A của ô tô là a-10 (km/h)
Thời gian đi của ô tô là [tex]\frac{120}{a}[/tex]( giờ)
Thời gian về của ô tô là [tex]\frac{120}{a-10}[/tex]( giờ)
Vì thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 24 phút=0,4 giờ nên ta có pt
[tex]\frac{120}{a-10}=\frac{120}{a}+0,4\Leftrightarrow \frac{120a-120(a-10)-0,4a(a-10)}{a(a-10)}=0\Rightarrow 1200-0,4a^{2}+4a=0\Leftrightarrow (60-a)(a+50)=0\Leftrightarrow a=60[/tex] ( vì a>10)
Vậy...

Câu 5 :
a, +) Xét tứ giác AMOB có [tex]\widehat{AMO}+\widehat{ABO}=180^{\circ}[/tex]( vì AM,AN là các tiếp tuyến tại M, N của (O) )
mà 2 góc này ở vị trí đối nhau
=> Tứ giác AMOB nội tiếp đường tròn đường kính OA
=> A,M,O,B cùng thuộc đường tròn đường kính OA (1)
+) Xét (O) có I là trung điểm của dây Bc không đi qua tâm
=> [tex]OI\perp BC[/tex] [tex]\Rightarrow \widehat{OIA}=90^{\circ}[/tex]
=> điểm I thuộc đường tròn đường kính OA (2)
Từ (1), (2) suy ra đpcm

b, +) Vì J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC
=> MJ là tia phân giác của [tex]\widehat{BMC}[/tex]
[tex]\Rightarrow \widehat{BME}=\widehat{EMC}\Rightarrow[/tex] sđBE= sđEC => BE=EC (3)
+) Xét (O) có [tex]\widehat{EBC}=\widehat{EMC}=\widehat{EMB}[/tex]
Vì J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC
=> BJ là tia phân giác của [tex]\widehat{MBC}[/tex]
[tex]\Rightarrow \widehat{MBJ}=\widehat{JBC}[/tex]
Ta có: [tex]\widehat{BJE}=\widehat{JMB}+\widehat{MBJ}[/tex]( góc ngoài tại đỉnh I của tam giác MBJ)
[tex]\widehat{EBJ}=\widehat{EBC}+\widehat{CBI}=\widehat{EMB}+\widehat{MBJ}[/tex]
[tex]\Rightarrow \widehat{EBJ}=\widehat{EJB}\Rightarrow \Delta BJE[/tex] cân tại E => EJ=EB (4)
Từ (3) và (4) suy ra EB = EC = EJ (đpcm)

c, +) Dễ chứng minh được AO là đường trung trực của MN
=> [tex]MN\perp AO[/tex] tại K
Gọi H là giao điểm của MN và AC
Dễ dàng chứng minh được tứ giác OKHI nội tiếp đường tròn đường kinh OH
[tex]\Rightarrow AH.AI=AK.AO[/tex] ( chứng minh thông qua 2 tam giác đồng dạng)
Lại có [tex]AK.AO=AM^{2}[/tex] ( hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông AMO có đường cao MK)
[tex]AM^{2}=AB.AC[/tex] ( chứng minh thông qua 2 tam giác đồng dạng)
Suy ra [tex]AH.AI=AB.AC[/tex]
[tex]\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{AI}[/tex] không đổi do A,B,C,I cố định ( I cố định vì I là trung điểm của BC mà BC không đổi)
Mà A cố định => H cố định
+) Gọi O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK nên O' là trung điểm của OH và O'H=O'I ( vì tứ giác OKHI nội tiếp đường tròn đường kinh OH)
=> O' thuộc đường trung trực của HI
Mà H,I cố định => HI không đổi => trung trực của HI cố định
Suy ra tâm O' của đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc đường trung trực của HI cố định.

P/s: Ai có lòng tốt, vẽ hộ em cái hình với :3

Câu 6:
Có [tex]xy+yz+zx=3xyz\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3[/tex]
Vì [tex]3xyz=xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^{2}}\Rightarrow xyz\geq 1[/tex]
[tex](x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)=9xyz\geq 9\Rightarrow x+y+z\geq 3[/tex]
[tex]\frac{x^{3}}{z+x^{2}}=x-\frac{zx}{z+x^{2}}\geq x-\frac{zx}{2\sqrt{zx^{2}}}=x-\frac{zx}{2x\sqrt{z}}=x-\frac{\sqrt{z}}{2}\geq x-\frac{\frac{z+1}{2}}{2}=x-\frac{z+1}{4}[/tex]
Tương tự:....
Cộng vế với vế các BĐT vừa tạo ta được
[tex]\frac{x^{3}}{z+x^{2}}+\frac{y^{3}}{x+y^{2}}+\frac{z^{3}}{y+z^{2}}\geq x+y+z-\frac{x+y+z+3}{4}=\frac{3(x+y+z)}{4}-\frac{3}{4}\geq 3.\frac{3}{4}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}=\frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})[/tex]