Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán THPT chuyên tỉnh Hưng Yên (vòng 1) năm học 2019-2020. Thời gian làm bài 120 phút.
Câu 1 (2 điểm).
1) Rút gọn biểu thức $ A=2\sqrt{{{{{(2-\sqrt{5})}}^{2}}}}+\sqrt{{20}}-20\sqrt{{\frac{1}{5}}}$
2) Cho hai đường thẳng (d): $ \displaystyle \text{y=(m-2) x+m}$ và $ (\Delta ):y=-4x+1$
a) Tìm m để (d) song song với $ (\Delta )$.
b) Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A (-1;2) với mọi m.
c) Tìm tọa độ điểm B thuộc $ (\Delta )$ sao cho AB vuông góc với $ (\Delta )$.
Câu 2 (2 điểm).
Giải phương trình $ {{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+x\sqrt{{2{{x}^{2}}+4}}=4$
Giải hệ phương trình $ \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{{(x+y)}}^{2}}=xy+3y-1} \\ {x+y=\frac{{{{x}^{2}}+y+1}}{{1+{{x}^{2}}}}} \end{array}} \right.$
Câu 3 (2 điểm).
Cho phương trình: $ {{x}^{2}}-2(m+1)x+{{m}^{2}}+4=0$ (1) (m là tham số)
1) Giải phương trình khi m = 2
2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm $ \displaystyle {{x}_{1}},{{x}_{2}}$ thỏa mãn $ x_{1}^{2}+2(m+1){{x}_{2}}=3{{m}^{2}}+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 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) Giả sửa đường thẳng d thay đổi nhưng vẫn thỏa điều kiện đề bài. Hãy xác định vị trí 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 $ {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\le 3y$ .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $ P=\frac{1}{{{{{(x+1)}}^{2}}}}+\frac{4}{{{{{(y+2)}}^{2}}}}+\frac{8}{{{{{(z+3)}}^{2}}}}$
Hướng dẫn giải Đề thi vào 10 môn Toán THPT chuyên tỉnh Hưng Yên (vòng 1) 2019-2020:
Câu 5:
Ta có: $ \left( {{{x}^{2}}+1} \right)+\left( {{{y}^{2}}+4} \right)+\left( {{{z}^{2}}+1} \right)\ge 2(x+2y+z)$
Mà
$ P=\frac{1}{{{{{(x+1)}}^{2}}}}+\frac{1}{{{{{\left( {\frac{y}{2}+1} \right)}}^{2}}}}+\frac{8}{{{{{(z+3)}}^{2}}}}\frac{8}{{{{{\left( {x+\frac{y}{2}+2} \right)}}^{2}}}}+\frac{8}{{{{{(z+3)}}^{2}}}}\ge \frac{{64}}{{{{{\left( {x+\frac{y}{2}+z+5} \right)}}^{2}}}}\ge \frac{{64}}{{64}}=1$
Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow x+\frac{y}{2}+z=3$
Cách khác:
Áp dụng BĐT: $ \displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \frac{{{{{(a+b+c)}}^{2}}}}{3}$ ta có:
$ \displaystyle \frac{1}{{{{{(x+1)}}^{2}}}}+\frac{8}{{{{{(z+3)}}^{2}}}}=\frac{1}{{{{{(x+1)}}^{2}}}}+\frac{1}{{{{{\left( {\frac{z}{2}+\frac{3}{2}} \right)}}^{2}}}}+\frac{1}{{{{{\left( {\frac{z}{2}+\frac{3}{2}} \right)}}^{2}}}}\ge \frac{{\left( {\frac{1}{{x+1}}+\frac{1}{{\frac{z}{2}+\frac{3}{2}}}+\frac{1}{{\frac{z}{2}+\frac{3}{2}}}} \right)}}{3}\ge \frac{{{{{\left( {\frac{9}{{x+z+4}}} \right)}}^{2}}}}{3}=\frac{{27}}{{{{{(x+z+4)}}^{2}}}}$
Mặt khác: $ {{(x+4+z)}^{2}}={{x}^{2}}+{{z}^{2}}+16+2xz+8x+8z\le {{x}^{2}}+{{z}^{2}}+16+{{x}^{2}}+{{z}^{2}}+4{{x}^{2}}+4+4{{z}^{2}}+4$
(Do $ {{x}^{2}}+1\ge 2x$ và $ {{z}^{2}}+1\ge 2z$)
$ \displaystyle \begin{array}{*{20}{l}} {\Rightarrow \frac{{{{{(x+z+4)}}^{2}}}}{6}\le {{x}^{2}}+{{z}^{2}}+4} \\ {\Rightarrow \frac{1}{{{{{(x+1)}}^{2}}}}+\frac{8}{{{{{(z+3)}}^{2}}}}\ge \frac{{27}}{{{{{(x+z+4)}}^{2}}}}\ge \frac{9}{{2\left( {3y+4+{{y}^{2}}} \right)}}} \\ {\Rightarrow P\ge \frac{4}{{{{{(y+2)}}^{2}}}}+\frac{9}{{2\left( {3y+4+{{y}^{2}}} \right)}}} \end{array}$
Ta sẽ chứng minh: $ f(y)=\frac{4}{{{{{(y+2)}}^{2}}}}+\frac{9}{{2\left( {3y+4+{{y}^{2}}} \right)}}\ge 1$
Biến đổi tương đương ta có: $ {{(y-2)}^{2}}\left( {2{{y}^{2}}+10y+9} \right)\ge 0$ luôn đúng.
Vậy biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1. Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow x=z=1,y=2$ .