Đề thi chuyên toán vào lớp 10 - Giáo viên Việt Nam

48 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán năm học 2019 2020 VnDoc com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẠC LIÊU ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019 2020 Môn thi chuyên TOÁN Câu 1 a) Chứng minh rằng số có dạng 6 4 3 2 2 2A n n n n    không phải là số chính phương, trong đó , 1n n  b) Rút gọn biểu thức   13 4 3 7 4 3 8 20 2 43 24 3B       Câu 2 a) Một người mang trứng ra chợ bán Tổng số trứng bán ra được tính như sau Ngày thứ nhất bán được 8 trứng và 1 8 số trứng còn lại Ngày thứ[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẠC LIÊU ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi chun: TỐN Câu a) Chứng minh số có dạng A  n6  n4  2n3  2n2 khơng phải số phương, n  , n     b) Rút gọn biểu thức: B  13    20  43  24 Câu a) Một người mang trứng chợ bán Tổng số trứng bán tính sau: Ngày thứ bán trứng số trứng lại Ngày thứ hai bán 1 16 trứng số trứng lại Ngày thứ ba bán 24 trứng số 8 trứng lại Cứ ngày cuối bán hết trứng Biết số trứng bán ngày Hỏi tổng số trứng người bán bán hết  x  y  x  y  b) Giải hệ phương trình:   x  y  x  y  Câu a) Cho phương trình 2018x2   m  2019 x  2020  (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x12  2019  x1  x12  2019  x2 b) Giải phương trình:  x    x3  Câu Cho ABC không cân, biết ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E, F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn (I) Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường tròn (I) điểm N  N  D  Gọi K giao điểm AI , EF a) Chứng minh AK AI  AN AD điểm I , D, N , K thuộc đường đường tròn b) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I) Câu Cho đường tròn  O; R  hai điểm B, C cố định cho BOC  1200 Điểm A di động cung lớn BC cho ABC nhọn Gọi E điểm đối xứng với B qua AC F điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp ABE, ACF cắt K  K  A Gọi H giao điểm BE, CF a) Chứng minh KA phân giác góc BKC tứ giác BHCK nội tiếp b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác BHCK theo R ĐÁP ÁN Câu a) Ta có: A  n  n  2n  2n  n  n  n  1 n  1   n  1   n  n  1  n3  1   n  1   n  n  1  n  2n   Với n  , n   n2  2n    n  1    n  1 2 Và n2  2n   n2   n  1  n2 Vậy  n  1  n2  2n   n2 nên n2  2n  không số phương Do A khơng số phương với n  , n     b) B  13    20  43  24  13    43  24   13      91  52  28  48    43  24       2 1   43  24         35 2 74     Câu a) Gọi x số trứng bán  x  , x  8 , thì: x 8 Số trứng bán ngày thứ là:  x 8  x  16      Số trứng bán ngày thứ hai là: 16  Theo ta có phương trình: x 8  x  16    x 8   8  16   x  392 8 Vậy tổng số trứng bán 392 trứng 392   56 Số trứng bán ngày :  Số ngày là: 392 :56  (ngày) 7 x  y  b) Điều kiện:  * 2 x  y  Đặt u  x  y , v  x  y  u, v   u  v  Hệ phương trình cho trở thành:  v  x  y  (1) (2) 5 x , thay vào (2) ta được: 5y    y Ta thấy u  v  5x , kết hợp với (1) suy ra: v  x  y  (3) Thay  3 vào (2) ta có:  y  y     2  y  11y  11  5 y     y  y     y  11  77 11  77    y  x  10  77(tm)     y  11  77    11  77  Vậy  x, y   10  77;    Câu a) Do ac  nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m Ta có: x12  2019  x1  x22  2019  x2  x12  2019  x22  2019  x2  x1  x12  x22 x  2019  x  2019 2  x2  x1  x1  x2   2  x1  2019  x2  2019  x1  x2 *Trường hợp 1: x1  x2   m  2019   m  2019 *Trường hợp 2: Không xảy do: Vậy m  2019 b)ĐK: x3   x12  2019  x1 ; x22  2019  x2  x    x3    x  x   x  1    x  1  x  x  1 x 1 x 1  20 x  x 1 x  x 1   x 1  37 2 x     x  x   0(VN ) x  x 1      x 1  37  x  5x     x    x  x 1  37 Vậy phương trình có nghiệm : x  Câu A N E K F M B I D C a) Ta có: AE, AF hai tiếp tuyến đường tròn (I) nên AE  AF , AI phân giác EAF AEF cân A, AI đường phân giác AI đường cao AEF EAI vuông E, EK đường cao nên AE  AK AI Xét AEN ADE có EAN chung; AEN  ADE (góc tạo tiếp tuyến dây AE AN   AE  AN AD cung) Do AEN ADE ( g.g )  AD AE Ta có: AK AI  AN AD (cùng AE ) AN AK   Do AK AI  AN AD  AI AD Do : ANK AID(c.g.c)  AKN  ADI  DNKI tứ giác nội tiếp b) Do MD tiếp tuyến (I) nên MD  ID Tứ giác MKID có MKI  MDI  900  900  1800 Do đó, MKID tứ giác nội tiếp nên M , N , K , I , D thuộc đường tròn Xét ANK AID có: KAN chung; Suy MNI  MKI  900  MN  IN  N   I   Vậy MN tiếp tuyến đường tròn  I  Câu E A F H O C B K a) Ta có: AKB  AEB (cùng chắn AB đường tròn ngoại tiếp AEB) Mà ABE  AEB (tính chất đối xứng) suy : AKB  ABE (1) Ta có: AKC  AFC (cùng chắn cung AC đường tròn ngoại tiếp AFC ) Mà ACF  AFC (tính chất đối xứng) suy : AKC  ACF (2) Mặt khác ABE  ACF (cùng phụ BAC ) (3) Từ (1), (2), (3) suy AKB  AKC hay KA phân giác BKC Gọi P, Q giao điểm BE voi ' AC CF với AB Ta có: BOC  1200 nên BC  R 3, BAC  BOC  600 Trong tam giác vng ABP có: APB  900 , BAC  600  ABP  300 Hay ABE  ACF  300 Tứ giác APHQ có: AQH  APH  1800  PAQ  PHQ  1800  PHQ  1200  BHC  1200 (đối đỉnh) Ta có: AKC  ABE  300 , AKB  ACF  ABE  300 Mà BKC  AKC  AKB  AFC  AEB  ACF  ABE  600  BHC  BKC  1800 , Do tứ giác BHKC nội tiếp b) Gọi  O ' đường tròn qua bốn điểm B, H , C, K Ta có dây BC  R BKC  600  BAC nên bán kính đường trịn (O’) bán kính R đường tròn O  Gọi M giao điểm AH BC suy MH  BC, kẻ KN  BC ( N  BC ), gọi I giao điểm HK BC 1 Ta có: S BHCK  S BHC  S BCK  BC.HM  BC.KN  BC. HM  KN  2 1 S BHCK  BC  HI  KI   BC.KH (do HM  HI , KN  KI ) 2 Ta có: KH dây cung đường tròn  O '; R  Suy KH  2R (không đổi) nên S BHCK lớn  KH  2R HM  KN  HK  2R Giá trị lớn S BHCK  R 3.2 R  3R 2 Khi HK đường kính đường trịn (O’) M , N , I trùng nhau, suy I trung điểm BC nên ABC cân A Khi A điểm cung lớn BC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi chun:TỐN (chun) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 3x  x  x 1 x 2   Tìm x để P  a) Rút gọn biểu thức P  x x 2 x 2 x 1    b) Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện x  x  y  y   Tính giá trị biểu thức Q  x y   y x  Câu a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y  x đường thẳng  d  : y  x  Gọi A xA ; yA  , B  xB ; yB  (với xA  xB ) giao điểm  P   d  , C  xC ; yC  điểm thuộc  P  cho xA  xC  xB Tìm giá tri lớn diện tích tam giác ABC 2  x  x  y   x y  b) Giải hệ phương trình :    x  xy  3  3xy  Câu a) Giải phương trình: x   x   x   x   2 b) Cho phương trình (ẩn x) : x   m  1 x  m   Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 cho biểu thức A   x12   x22   có giá trị lớn Câu Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC trực tâm T Gọi H chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC D điểm đối xứng với T qua đường thẳng BC, I K hình chiếu vng góc D AB, AC , E F trung điểm AC IH a) Chứng minh ABDC tứ giác nội tiếp hai tam giác ACD IHD đồng dạng b) Chứng minh ba điểm I , H , K thẳng hàng DEF tam giác vuông BC AB AC   c) Chứng minh DH DI DK Câu a) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz  Chứng minh: x 2y 4z    x  y  y  z  3z  x  16 22020 b) Có số nguyên x cho số nguyên 3x  ĐÁP ÁN Câu a) Điều kiện x  0, x  Ta có:   x  2 x    x  1 x  2  x  1 x  2  x  x3 x 2    x  1 x  2  x  1 x  2 x  P 3x  x   P 3   x 1 x 1  x 1   x   x  4(tmdk ) x 1 b) Ta có:  xy  x  1 y  1  x y   y x   xy     Q    xy    x2  1 y  1   x  1 y Ta lại có Q  x  y  1  y  x  1  xy  x  1 y  1  Q  x y  x  y  xy  x  1 y  1 2 2 2   4Q   Q  2 2 2  1 y  1  Q   4Q  Q  x y  x  y   xy x  1 2 Câu a) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:  x  2 x  x3  2 x   9 Các giao điểm A  2;2  B  3;   2  xC2  Gọi C  xC ;  với 2  xC  Gọi A ', B ', C ' theo thứ tự hình chiếu A, B, C   trục hồnh Ta có: S ABC  S ABB ' A '  S ACC ' A '  S BCC ' B ' 1 9 1 xC2   xC2           xC         xC  2 2 2  2 2  5 15   xC2  xC  4 2 125   125 Ta có: S ABC    xC    16  2 16 125  xC  Vậy Max S ABC  16 2  x  xy 2  x3 y   x  x y  x y  x y    b) Viết lại hệ    x y  3 x  xy      x y  3 x  xy   u  x  xy u  v  (1) Đặt  ta có hệ ,  v  x y v  3u  (2)   ta có: v   3u Thay vào (1) ta u  3u    u  1, u   x  xy   x  1 Th1: u   v      x y  y    x; y   1;0  ;  1;0     x  xy   x    x  x   Th2 : u   v  3     (VN ) x x y   x y        x y  3  Câu 3 Phương trình (1) viết lại a) Điều kiện : x  2x   2x   2x   2x    2x   2x    2x   2x      2x       2x     2x    2x     2 x    x  (tmdk ) 2 b)   m  1   m    m2  6m  25   m  3  16  với m Suy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Theo định lý Viet ta có: x1  x2    m  1 , x1x2  m    Ta có: A  x12 x22  x12  x22  16  x12 x22   x1  x2   8x1x2  16 2 2 4  A   m     m  1   m    16  3m  4m  3  m     3 3  Vậy m   MaxA  3 Câu 2 A P T E K H B Q F C I D a) Ta có DAB  TCB (cùng phụ với ABC ),TCB  DCB (D T đối xứng qua BC) Do DAB  DCB  ABDC tứ giác nội tiếp Nên DIH  DBH  DAC IHD  IBD  ACD Do ACD IHD b) Tứ giác IBHD nội tiếp nên BHI  BDI Tứ giác DHKC có hai đỉnh H K nhìn đoạn DC góc vng nên DHKC tứ giác nội tiếp  KHC  KDC Các tứ giác ABDC KDIA nội tiếp nên KDI  BDC (cùng bù với BAC ) Nên BDI  KDC , BHI  KHC Vì I , K nằm khác phía đường thẳng BC nên ba điểm K , H , I thẳng hàng Hai tam giác ACD IHD đồng dạng với có DE, DF đường DC DE  trung tuyến nên DH DF DCE DHF  HDF  EDC  HDC  FDE  a22  a2  a23  a3   a41  a21  3  20  a22  a2  a22  a21  a21  a20   a3  a2  20  a22  a21  a21  a20   a3  a2  1  Ta có : a1  401 mà 402  A  a2  402 Kết hợp (3) (4) suy A  401;402;403; ;441 Câu M A P N B O L C D Gọi P, Q giao điểm CD với MA, MB Đặt PD  x, CQ  y Ta có: APD  QBC (góc có cặp cạnh tương ứng vng góc)  APD QBC  PD CB x a     xy  2a DA CQ y a PC  QD   x  2a    y  2a   x  y  4a  x  y   8a 2   x  y   4a  x  y   8a  xy  x  y  4a  x  y   4a   x  y  2a   PQ 1 Q Áp dụng định lý Talet, ta có: MN ML MA MB AL BN AB       MD MC MP MQ PC QD PQ AL2 BN AB AL2  BN AL2  BN       do(1)  PC QD PQ PQ  QD PQ AL2  BN  AB  AL  BN  1 AB 2 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi chun: TỐN (chun) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài  x  xy  y  x  y  185  Giải hệ phương trình :   x  xy  y  x  y  65 (1) (2) Bài a) Chứng minh số M   n  1  n4  1chia hết cho số phương khác với số n nguyên dương b) Tìm tất số tự nhiên n để phương trình x2  n2 x  n   (ẩn số x) có nghiệm số nguyên Bài Cho số dương x; y; z thỏa xyz  Chứng minh : yz xz xy    xy  yz  xz x  y  z y x  z z x  y Bài Cho tam giác ABC cân A  A  900  nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm cung AB không chứa C (D khác A, B) Hai dây cung AD, BC kéo dài cắt E Đường thẳng qua E song song với CD cắt AB F Vẽ tiếp tuyến FG với đường tròn (O) (G tiếp điểm) a) Chứng minh: FG  FE b) Từ trung điểm I BC vẽ IJ  AC  J  AC  Gọi H trung điểm IJ Chứng minh AH  BJ Bài Trong buổi tổ chức lễ tun dương học sinh có thành tích học tập xuất sắc huyện, ngoại trừ bạn An, hai người bắt tay nhau; An bắt tay với người quen Biết cặp (hai người) bắt tay không lần có tổng cộng 420 bắt tay Hỏi bạn An có người quen buổi lễ tuyên dương ĐÁP ÁN Bài Cộng phương trình vế theo vế ta có:  x  y  x  y  250   x y 2   125  x2  y   x  y  25 Thay vào (1) ta có:  25  xy  x  y  185   25  xy   185  xy  12 Như hệ cho 12  y   x  y  25  x    xy  12  x  144  25  x2 2  x  3, y  12  12   x  3, y  4 y  y  x    x  x  4, y  2  x  25 x  144   x  16  x        x  4, y  3 Kết luận Bài a) ta có: M   n  1  n    n  2n  1  n    n  2n  1  n      n  n  1 n  3n  1   n  n  1 n  n  1   n  n  1 2n  2n     n  n  1 (*) Vì n * nên  n2  n  1 số phương khác Do đó, từ (*) suy M   n  1  n4  1chia hết cho số phương khác với số tự nhiên n khác (đpcm) b) Xét phương trình: x2  n2 x  n   (ẩn số x) (1) Để phương trình (1) có nghiệm    n4  4n    n 0;1 n  Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1)  x1  x2  n Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:   x1 x2  n   x1  x2  x1 x2  n  n   x1 1  x2   1  x2   n  n    x1  11  x2    n   n  1   x1  1 x2  1    n  n  1  x1  x2  n  Với n  , n 0;1   x1 x2  n   Do ,   n   n   0, n  n Mà n  , n 0;1  n  Khi phương trình (1) trở thành:   x  1(tm) x2  x      x  3(tm) Vậy để phương trình có nghiệm ngun n  Bài 1 1 2 2 yz xz xy y Ta có VT   x  x ;  ;  z x  y  z y  z  y x  z  z x  y  yz y z x z x y Đặt 1  a;  b;  c  a, b, c    abc  x y z Theo bất đẳng thức Cơ si ta có: a2 bc a2 b2 ac c2 ab  2  a;   b;  c bc 4 ac ab Cộng vế lại với ta có: a2 b2 c2 abc    abc bc ac ab a2 b2 c2 abc abc 1          xy  yz  xz bc ac ab abc ab bc ac yz xz xy     xy  yz  zx(dfcm) x  y  z y  x  z z x  y Bài A D O B E I H G J Q C F a) Chứng minh : FG  FE Ta có: FG / /CD  FEB  DCB (so le trong) DCB  DAB (chắn cung AD) Nên FEB  FAE  FBE FEA( g.g )  FE FB   FE  FA.FB FA FE Do FG tiếp tuyến G đường tròn (O)  FGB  FAG (cùng chắn cung GB) Thế nên dễ dàng có: FGB FAG( g.g )  FG FA   FG  FA.FB FB FG Do FG  FE  FG  FE b) Chứng minh AH  BJ Ta gọi Q trung điểm CJ IQ đường trung bình tam giác BJC  IQ / / BJ , ta chứng minh : AH  IQ Do HQ / / IC (HQ đường trung bình tam giác JIC ) AI  BC  AI  IC (do tam giác ABC cân A có AI đường trung tuyến)  HQ / / IA Kết hợp với IH  AQ H trực tâm tam giác AIQ  AH  IQ  AH  BJ Bài Giả sử ngồi bạn An cịn có n bạn An quen m bạn, điều kiện m  n; m, n  * Số bắt tay : n  n  1 m Theo ta có phương trình: n  n  1  m  420  n  n  1  2m  840 (1) Mặt khác 2m  2n, kết hợp với (1) ta suy n  n  1  2n  840  n2  n  840  n  29 Và 2m  2, kết hợp với (1) ta suy n2  n  838   n  29  n  29 Thay n  29 vào (1) ta có: 2m  29.28  840  m  14 Vậy An quen 14 người SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG ĐỂ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi chun: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu a) Giải phương trình:  x  x  1   3x    3  3x    b) Cho parabol  P  : y  2ax  a   đường thẳng d : y  x  2a Tìm a để d cắt (P) hai điểm phân biệt N , M có hồnh độ xN , xM cho K  đạt giá trị nhỏ xM  xN xM xN Câu Giả sử ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a  0, b  3a2 , a  b  c  abc Chứng minh : a  1 3 Câu a) Tính giá trị biểu thức P   x5  x  5x3  5x   x 2018  2019 1 1 b)Tìm tất số nguyên x cho x3 số nguyên x2  Câu Cho điểm M thuộc nửa đường trịn (O) đường kính AB  M  A, M  B, MA  MB  Tia phân giác AMB cắt AB C Qua C vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt đường thẳng AM , BM theo thứ tự D, H a) Chứng minh rằng: CA  CH b) Gọi E hình chiếu vng góc H tên tiếp tuyến A  O  , F hình chiếu vng góc D tiếp tuyến B Chứng minh E, M , F thẳng hàng c) Gọi S1 , S2 theo thứ tự diện tích tứ giác ACHE BCDF Chứng minh rằng: CM  S1.S2 ĐÁP ÁN Câu a) Ta có: x  x  1   3x     x2  x  2       x2  x  2      x2  x  2   3x    3x    3 x   1    3x     3x    3x   1      3 x   1    3x    3 3x      x  x    3x  3    x  x    x  1  3  3x     x3   3 3x     x3  3 3x    (*) 3x   t  t  3x   x3  3t     x3  3t     *   t  x   t  3x     Lấy 1    ta được: Đặt (1) (2) x3  t  3t  3x    x  t   x  xt  t    x  t     x  t   x  xt  t  3    x  t   x  tx   t  3   x  t  x  3x   x3  3x   x3  3x    x3  x  x    x  x  1   x  1   x  x  1 x  1   x  1    x  1  x  x     x  1(kep ')   x  2 x  tx   t  3  có   t  4.1. t  3  3t  12    3x   Vậy x  tx   t  3  vô nghiệm Vậy S  2;1 b) Phương tình hồnh độ (P) (d) là: 2ax2  x  2a  2ax  x  2a  (*) Để d cắt  P  hai điểm phân biệt M , N (*) phải có hai nghiệm phân biệt, nghĩa     4   4.2a.2a   16  16a    a   1  a  1  a  a     3  1  a   a        a     Ngồi ra, ta có:  16  16a3   a3  16  16a3   a3 xM   , xN   2.2a a 2.2a a xM  xN    a3   a3   a a a   a3   a3 xM xN   2a a a 8 1 BDT Co si     4a   4a 2 Mà K  xM  xN xM xN 2a 2a 2a a Do K đạt giá trị nhỏ nhất, nghĩa 4a   2  8a  2a    a  2a Vậy a  thỏa mãn yêu cầu đề Câu Ta thấy 3a  bc  3a3  abc  a  abc Áp dụng bất đẳng thức Cô si : 3a  a    b  c   3a  a  2 3a  bc    12a   3a  a    3a        2   a  3a  1  12a   3a  1   3a     3a     3a     3a    a2     a     a    30       a  3     1  a    1 1 a 3    3 3 ( Do a  0) Câu   1 2 1 1   1  2 2 1 Đặt A  x  x  5x  5x  Ta thấy: A  x3  x  x  1  x3  x  a) Ta có: x   x3  x  x  1  x  x  x  1   x  x  1    x  x  1 x3  x  1      1  Mà x  x          2  Thay x  x   vào A, ta A  1 2018 Vậy P   1  2019  2020    3a   3a      1  x  3 x  3 số nguyên x3 số nguyên nên x2  x2  x  3 x  3 x   10  1 Ta thấy x 1 x 1 x 1 2 Do : 10 x   x  1U (10)  1; 2; 5; 10 b) Vì x   1  x  2(ktm) x2    x  x   2  x  3(ktm) x    x  1 x   5  x  6(ktm) x    x  2 x   10  x  11(ktm) x   10  x  3 x3 Vậy x 2; 1;0;1;3 số nguyên x 1 Câu D F I E A M H C O B a) Tứ giác AMHC nội tiếp đường trịn (Vì AMH  ACH  900 )  HAC  CMH  450 (hai góc chắn cung HC )  ACH vuông cân  AC  CH b) Tứ giác MHCA thuộc đường tròn đường kính AH, mà EACH hình vng  EACH nội tiếp đường trịn đường kính AH  EACHM nội tiếp đường trịn Vì EACH hình vng nên CE  AH  EC đường kính  EM  MC (1) Ta lại có: HMI  HDI  HAC  CMH (do tứ giác MHID, MACH nội tiếp)  CMH  HMI  450  MC  MI (2) Từ (1) (2)  M , I , E thẳng hàng Chứng minh tương tự ta M , I , F thẳng hàng Vậy M , I , E, F thẳng hàng c) Các tứ giác EACH , FDCB hình vng  S1.S2  AC CB2  S1.S2  AC.CB  AC.CB   AO  OC  OB  OC    R  OC  R  OC   R2  OC  OM  OC  CM  OM  OC (đúng MCO tù C) Vậy CM  S1S2 ... k  100 9 nên trường hợp có 101 0 nghiệm 22020 Vậy có tất 101 1  101 0  2021số nguyên x để số nguyên 3x  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 201 9-2 020 k ĐỀ...  Vậy giá trị nhỏ P a  b  c  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 201 9-2 020 Môn thi chuyên: TOÁN (chuyên Tin) Câu 1) Chứng minh rằng:... tam giác đẹp khơng hơn: 2022:3  674 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC Câu ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 201 9-2 020 Môn thi chuyên: TOÁN a) Cho x       Tính giá trị