Bo 10 de thi vao lop 10 chuyen nam 2022 co dap an chi tiet

ĐÊ 01: HÀ NAM Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức   1 a 1 a 1 Q      a  2a  (với  a  1) a a  a   a  a   a    1) Rút gọn Q 2) So sánh Q Q3 Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình  x9 3    x   x 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P) có phương trình y  x hai đường thẳng (d): y  m ; (d’): y  m2 (với  m  ) Đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt A, B; đường thẳng (d’) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt C, D (với hoành độ điểm A D số âm) Tìm m cho diện tích hình thang ABCD gấp lần diện tích tam giác OCD Câu (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn x  3.2 y  Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường thẳng d cố định ((O) d khơng có điểm chung) Điểm P di động đường thẳng d Từ điểm P vẽ hai tiếp tuyến PA, PB (A, B thuộc đường tròn (O) ) Gọi H chân đường vng góc hạ từ điểm A đến đường kính BC, E giao điểm hai đường thẳng CP AH Gọi F giao điểm thứ hai đường thẳng CP đường tròn (O) 1) Chứng minh E trung điểm đoạn thẳng AH 2) Vẽ dây cung CN đường tròn (O) cho CN song song với AB Gọi I giao hai đường thẳng NF AB Chứng minh IF AF IA  IB  IB AC 3) Chứng minh điểm I thuộc đường cố định P di động d Câu (1,0 điểm) Một học sinh chấm tùy ý điểm phân biệt vào hình trịn bán kính Chứng minh ln tồn hai điểm A, B điểm cho thỏa mãn AB  Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  x  y  z Page of 75 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn x2 Chứng minh GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm y2  x 8 z2   y 8 z 8 - HẾT Hướng dẫn giải Câu ý Điểm Nội dung Với < a < 1, ta có:   1 a 1 a 1 Q         a  2a   a   a2   a   a  1 a  1 a  1 a    1 a  1 a  1  a  1  a 1  a   1  a   1 a    1 a  1 a  (1,0đ) 1  a 1  a   1  a 1  a     1 a 1 a      a   a  a   a   a a  a  1  1   a 1 a  1  a   a   a 1  a 1  a   1  a   1  a  1  a  2a 1 a  1 a 1 a  1 a   1 a  1 a    1 a  1 a  1 a  1 a 2a  1 a  1 a 2a 1  a   1  a  2a 1  a     1  a   1  a  0,5 2a 1  a   a  2a 2 0,5 0,5 Câu (2,0đ)     a   a    1  a  1  a        a    a  a  Do  a    a   1    a  1    (1,0đ) Xét Q  Q   a  1  a  12   Vậy Q  Q Page of 75 Mọi cố gắng đền đáp! 0,25 0,25 Tài liệu ôn thi Chuyên Toán GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm x    9  x  9  x  Đk:  0,25 Với đk trên, pt cho tương đương với x x     x  x      x   2x  x9 3  0,25 * Đặt a   x , b   x ta có a, b  Từ (*), ta có hệ phương trình a  2b   2 a  b  18 (1,0đ) 1  2 0,25 b  / b  3 Thay (1) vào (2) suy  2b  3  b  18   Với b  3 loại Với b  Câu 216 x 25 0,25 (2,0đ)  216  ;0   25  Thử lại, phương trình có tập nghiệm S      Tính A  m ; m , B  m ; m , C  m; m2  , D   m; m  Tính SOCD  m3 ; S ABCD   m  m  Do S ABCD  9.S OCD   m  m     m  m (  m  )  0,25 0,25 m  m  9m 0,25  10m m  m  m   (1,0đ) Đặt  1 m  t   10t  t  t     t   10t  6t     t  2  Suy m  Page of 75 1 Kết luận, m  giá trị cần tìm 4 Mọi cố gắng đền đáp! 0,25 Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm TH1: x  2k  1 k  , k   , ta có pt : k 1  3.2 y  0,25 +)Nếu k  suy x  1, y  nghiệm cần tìm +)Nếu k  suy 3.2 y    y   y   mod4  Xét mod hai vế có: 0,25 k 1  49k   mod4  3.2 y   1 mod4  Suy pt vô nghiệm TH2: x  2k ( với k  , k  ) Câu k  3.2 y   k   3.2 y   k  1 k  1  3.2 y (1,0đ) Do    mod3 kết hợp với (1) suy   k k m 1  m   0,25  Vậy 1   2m   2m  3.2 y   2m1  1 2m1  3.2 y Do 2m1  lẻ 2m1  suy 2m1   m   x     m1 y y  y  2  0,25 Thử lại, suy có hai cặp nghiệm 1;1 ,  2;4  thỏa mãn u cầu ( khơng cần trình bày theo ngơn ngữ mod) Câu (4,0đ) (1,0đ) Page of 75 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm (khơng có vẽ hình học sinh không chấm bài) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) nên theo định lý Ta let ¸p dơng cho CBP , ta cã : EH CH PB CB 0,25 Mặt khác, PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB)  ACB  POB 0,25 (hai góc đồng vị) AHC ng dng PBO Do ®ã: AH CH  PB OB (2) 0,25 Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E trung điểm cña 0,25 AH   FCA  ; BFI   CF  Ta có IBF A suy BIF đồng dạng CAF 0,25 IF AF  Suy (1) IB AC Tương tự, ta có IF BF  (2) IA BC 0,25 (1,0đ) Chứng minh được: PFA đồng dạng PAC suy AF AP  (3) AC PC 0,25 Tương tự : PBF đồng dạng PCB suy BF PB (4)  BC PC Từ (1), (2), (3), (4) PA  PB suy IA  IB 0,25 Gọi M chân đường vuông góc hạ từ O lên đường thẳng d Gọi K giao điểm hai đường thẳng OM AB 0,25 Ta có P, I, O thẳng hàng OI  AB (1,0đ) Chứng minh: OIK đồng dạng OMP  Page of 75 0,25 OK OI OP.OI   OK  OP OM OM Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm OB Mặt khác OP.OI  OB suy OK  cố định, suy điểm K cố định OM 0,25 Vậy I thuộc đường trịn đường kính OK 0,25 Gọi điểm A, B, C, D, E, F tâm hình trịn O TH1 +) Nếu có điểm trùng với tâm O điều phải chứng minh hiển nhiên Ta giả sử điểm khác điểm O 0,25 +) Nếu có hai điểm A, B O thẳng hàng O nằm đoạn AB, suy AB  TH2 Không tồn hai điểm A, B O thẳng hàng đồng thời O nằm đoạn thẳng AB Phản chứng, khoảng cách hai điểm điểm lớn Giả sử điểm xếp theo chiều ngược chiều kim đồng hồ A, B, C, D, E, F 0,25 Câu (1,0 đ)  Xét OAB có AB   max OA, OB   AOB  max  ABO, BAO     1800   Suy 3. AOB   AOB   ABO  BAO AOB  600 0,25   600 , CO    600 , EOF   600 , F  D  600 , DOE OA  600 Tương tự : BOC   CO    EOF F  Như :  AOB  BOC D  DOE OA  3600 vô lý, suy điều phải chứng minh 0,25 Vậy tình tốn ln Câu (1,0đ) Ta có x   x2  x  x2  x  x    x  2 x  2x  4   2 Tương tự Page of 75 y2  y  z2  z  3 y 8  ; z 8  2 Mọi cố gắng đền đáp! 0,25 Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm - Suy x2 x3  y2  y3  z2   x2 y2 z2      2 x  x  y  y  z  z  z3     (*) a b2 c  a  b  c      a, b, c, u , v, w  1 - Chứng minh u v w uvw 0,25 - Áp dụng (1) (*) ta thu x2 x3  y2  y3   2 x  y  z   2 z  x  y  z   x  y  z   18 z2 (2) Ta cần chứng minh 2 x  y  z  1 2 x  y  z   x  y  z   18  x  y  z   xy  yz  zx   18   x  y  z    x  y  z    x  y  z    xy  yz  zx   18  (3) Lại xy  yz  zx  x  y  z nên ta kiểm tra  x  y  z  3 x  y  z   18    x  y  z  3 x  y  z    (4) Thật ta có quan hệ  x  y  z    xy  yz  zx    x  y  z  nên x  y  z  3, 0,25 từ (4) Từ (2), (3), (4) suy điều phải chứng minh Dấu “=”  x  y  z  Page of 75 0,25 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm ĐỀ 2: CHUYÊN THÁI BÌNH Câu Nội dung Điểm 2.5 Cho biểu thức : x4 1   P  1 : (với x  0, x  ; x  1; x  )  x  x   2x  x  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x cho P  2019 c) Với x  , tìm giá trị nhỏ T  P  Ýa 10 x 1.0  ( x  2)( x  2)  P  1 (2 x  1)( x  1) ( x  1)( x  2)   0.5 0.25 P x 1 (2 x  1)( x  1) x 1 P  4x 1 Ýb 0.25 0.5 P  2019  x   2019 0.25 x  505 0.25 Ýc 1.0 T P 10 10 10 x 18 x  4x  1  (  )  1 x x x 5 Page of 75 0.25 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ôn thi Chuyên Toán GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm 10 x 18 x 10 x 18  ) 1    =21 ( Do x  côsi) x 5 x 5 T ( Vậy T có giá trị nhỏ 21 x  0.5 0.25 Cho hai đường thẳng (d1 ) : y  mx  m (d ) : y   1 x m m 0.75 (với m tham số, m  ) Gọi I ( x0 ; y0 ) tọa độ giao điểm hai đường thẳng d1 với d Tính T  x02  y02 Hoành độ điểm I nghiệm phương trình 1  m2  x   mx  m  x  m m  m2 0.25  m2 2m  m 2m x  y  I( ; )  m2  m2  m2  m2 0.25  m2 2m T ( )  ( ) 1  m2  m2 0.25 Chú ý Ý học sinh dùng quỹ tích I đường trịn R=1 Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình: x  (2  m) x   m  (1) 1.25 ( m tham số) a)Tìm m để x1  x2  2 b)Tìm m cho T  1 đạt giá trị nhỏ  ( x1  1)2 ( x2  1)2 Ýa 0.75   m   m nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt  x  x2  m  Theo viét   x1 x2  1  m Page of 75 0.25 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ôn thi Chuyên Toán GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm x1  x2  2  ( x1  x2 )   ( x1  x2 )2  x1.x2  0.25 (m  2)  4(1  m)   m   m  0.25 Ýb 0.5 T ( x2  1)  ( x1  1) 2  ( x1  x2 )  x1 x2  2( x1  x2 )  ( x1  1) ( x2  1) ( x1 x2  x1  x2  1) 0.25 ( Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác -1 với m) m2  T 1 T nhỏ m=0 a) Giải phương trình : 0.25 x  8072  x  18162  1.5  x3  y  x  x  y   b) Giải hệ phương trình :  2  x  y  x  Ýa 0.75 Đk x  2018 ta có 4( x  2018)  9( x  2018)  0.25 x  2018  x  2018   x  2018  0.25 x  2017 0.25 Ýb 0.75 x3  y  3x  x  y    [( x  1)3  y ]  3( x  1)  y  ( x   y)[( x  1)  ( x  1) y  y  3]   y  x  0.25 x  Với y  x  vào x  y  3x  ta có x  x    x   0.25 Vậy hệ có hai nghiệm (0;1),( ; ) 2 0.25 Page 10 of 75 2 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ôn thi Chuyên Toán GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm 2  x1  x2   x1 x2    x1  x2    m  1     m  1        2  x1  x2   x1 x2   m  1    3m  10m  20 m  2m    B  3 m   B   m  3B  20  (*) + Nếu B  m   11 0.5 + Nếu B  (*) phương trình bậc hai ẩn m Phương trình (*) có nghiệm m  '  hay  B     B  3 3B  20    B  19 B  35   B7 Vậy giá trị lớn B m   0.25 0.5 Câu II (5.0 đ) + Điều kiện x    x  3  x     x2  x  5   x 1   x  1 x    x32 + Phương trình cho tương đương  0,25 0.5 Phần  x 1      x  1    x  5       x  5   x3 2   x   (2.5 điểm) 0.75 +) x    x  +) Page 61 of 75   x  5  vơ nghiệm x3 2   x    0, x  3 x3 2 Mọi cố gắng đền đáp! 0.75 Tài liệu ôn thi Chuyên Toán GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm + So sánh điều kiện ta tập nghiệm phương trình 1 0.25 16 + ) Điều kiện x  , y  0.75 x  +) x  xy  x  y     x  3 x  y      y  x +) Với x  thay vào phương trình x   16  y  x  x  y  , ta 0.75  y  13 y   13  133 16  y  y     y  y  5 x   16  y  x  x  y  , ta +) y  x  thay vào phương trình x   10  3x  x  x     x  2 Phần (2.5 điểm) 5x    3 x  2 10  3x     5x     10  x   x  x    x   x  3      x  2    2x  3  10  3x   5x    x      2x    x   10  3x  0.75 +) Với x   y  (thỏa mãn) +) Vì 10 5  x   5x       3  5x   2 5x   10 x   2x  10  3x  Do phương trình   x   vô nghiệm 5x   10  3x    13  133   Vậy hệ phương trình có tập nghiệm  2;  ;  3;       Page 62 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! 0.25 Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm Câu III (3.0đ) Giả sử 2018  n số phương 2018  n  m  m  *  0.5 2 Suy 2018  m  n  2018   m  n  m  n  Như hai số m  n m  n phải có số chẵn (1) Phần (1.5 điểm) Mà  m  n    m  n   2m nên suy hai số m  n m  n tính chẵn lẻ (2) 0.5 Từ (1) (2) suy hai số m  n m  n hai số chẵn   m  n  m  n  chia hết cho 0.5 Mà 2018 không chia hết điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2018  n số phương Có 10 đội bóng, đội thi đấu trận với đội cịn lại Do số trận thua đội từ đội thứ đến đội thứ 10 : y1   x1 , y2   x2 , , y10   x10 Có tất số trận đấu : 0.5 10.9  45 trận Vì khơng có trận hịa nên tổng số trận thắng 10 đội là: 0.5 x1  x2   x10       45 Phần Ta có : (1.5 điểm) 2 y12  y22   y102    x1     x2      x10   y12  y22   y102  10.92  18  x1  x2   x10    x12  x22   x102   x12  x22   x102  y12  y22   y102 ( đpcm) 0.5 Page 63 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm Câu IV (6.0 đ) Phần 4,0 điểm A x O B E M C D F Tứ giác CDME nội tiếp  AM AD  AE AC 0,5 Phần a Tứ giác BMDF nội tiếp  AM AD  AB AF (1.0 điểm) 0.5 Suy AB AF  AE AC Do tứ giác BECF nội tiếp   DMC  (1) Tứ giác CDME nội tiếp  DEC Phần b )   DFB  (2) ( bù với góc DMB Tứ giác BMDF nội tiếp  DMC 0.5   DFB  (3) (2.0 điểm) Từ (1) (2)  DEC  Tứ giác ABDC nội tiếp  DBF ACD (4) ( bù với góc  ABD ) Page 64 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! 0.5 Tài liệu ôn thi Chuyên Toán GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm Từ (3) (4) suy tam giác ECD FBD đồng dạng   BDF  Theo chứng minh trên, ta có tam giác ECD FBD đồng dạng  EDC 0.5   EMC  Tứ giác ECDM nội tiếp  EDC   BMF  Tứ giác BMDF nội tiếp  BDF 0.5   BMF  ( vị trí đối đỉnh) Vậy ba điểm E , M , F thẳng hàng Suy EMC Phần c (1.0 điểm)  Kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn  O    ACB  BAx 0.25   EFB  hay   Do tứ giác CEBF nội tiếp  ECB ACB  EFA 0.25   EFA  ( vị trí so le trong)  Ax // EF Suy BAx mà Ax  AO  EF  AO 0.5 (2.0 điểm) Phần B D E A C Gọi D trung điểm cạnh BC Theo giả thiết ta có  2CD  CD  4CD AC  AC  CD  CD AC  AC   CD  AC (1) AC 2 Kẻ phân giác AE tam giác ACD Theo tính chất đường phân giác, Page 65 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! 0.75 0.75 Tài liệu ơn thi Chun Tốn ta có GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm EC AC AC EC AC EC AC       (2) ED AD DC ED  EC AD  AC CD AC  CD Từ (1) (2) suy EC CD AC   AC CD  AC CD Suy tam giác ACE đồng dạng với tam giác DCA nên tam giác ACE cân A   CAD 1 ACB Lại có EAC 2 Do : 0.5 1   ACB  ACB  ACB  1800   ACB  720   ABC  180 Câu V (1.0 đ) Áp dụng tính chất a  b  a  b Đẳng thức xảy ab   3 Khi M  x  y  z   x3  2 x2 x 2  x2      2 Mặt khác x  y  z    y    y  2   y  2 y (1.0 điểm) z2      z  2  z  2 z  3 Vậy M  x  y  z 0.25   2x  0.25  y  z  = 32  0.25   Đẳng thức xảy  x; y; z   2; 0;  x; y; z   2 2; 0;0 hốn 0.25 vị Vậy giá trị lớn M 32 Tổng Điểm toàn ĐỀ 10: CHUYÊN ĐIỆN BIÊN ĐỀ BÀI Page 66 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! 20 đ Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức P  x 2 x  3x  x  , ( x  0; x  25)   x 1  x x  x  a) Rút gọn P Tìm số thực x để P  2 b) Tìm số tự nhiên x số phương cho P số nguyên Câu (1,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) : y  2 x  Parabol ( P) : y  x Tìm tọa độ giao điểm A, B (d ) ( P ) Tính độ dài đường cao OH tam giác OAB b) Cho phương trình: x  m2 x  m   (1), m tham số Tìm tất số tự nhiên m để phương trình (1) có nghiệm nguyên Câu (2,0 điểm) x 16   xy - y = a) Giải hệ phương trình:  y  xy - =  x b) Giải phương trình x  16  x    x Câu (2,5 điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB  CD ) Gọi K , M trung điểm BD AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng qua M vng góc với BC Q Chứng minh: a) KM // AB b) QD  QC Câu (1,0 điểm) Có tập hợp A tập hợp S  1, 2,3 2018 thỏa mãn điều kiện A có hai phần tử x  A, y  A, x  y y2  A x y Câu (1,0 điểm) Trên đường tròn  O  lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đường trịn để chu vi tứ giác ABCD đạt giá trị lớn Hướng dẫn giải Page 67 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn CÂU GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm Ý NỘI DUNG Câu Cho biểu thức P  x 2 x  3x  x  , ( x  0; x  25)   x 1  x x  x  (2,0đ) a) Rút gọn P Tìm số thực x để P  2 b) Tìm số tự nhiên x số phương cho P số nguyên x 2 x  3x  x     x 1  x x  x  P x 2 x 3   x 1  x  ( x  2)( x  5)  ( x  3)( x  1)  (3x  x  5) ( x  1)( x  5)  x  x  ( x  1)( x  5) a 3x  x    x 1 x 5  ( 1.5 điểm)  ( x  1)( x  2) x 2  ( x  1)( x  5) x 5 Ta có P  2    x 5 x 2 x 2  2   0 x 5 x 5  x  12 + Với x    x  25 + Với x  12  x  144 Ta có x số phương nên b ( 0.5 điểm) Khi P   x   , x   5 x 2  1   x 5 x 5  x  ước Suy +) x   1  x  16 +) x    x  36 x   1;1;7 +) x    x  144 Vậy giá trị x cần tìm 16;36;144 Page 68 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn Câu GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) : y  2 x  Parabol ( P) : y  x Tìm tọa độ giao điểm A, B (d ) ( P ) Tính độ dài đường cao OH tam giác OAB (1.5 điểm b) Cho phương trình: x  m2 x  m   (1), m tham số Tìm tất số tự nhiên m để phương trình (1) có nghiệm ngun Phương trình hồnh độ giao điểm (d ) ( P ) là: x  2 x   x  x  x      x  3 + Với x   y  + Với x  3  y  Vậy tọa độ giao điểm (d ) ( P ) A(1;1), B(3;9) Gọi C , D giao điểm (d ) trục Ox,Oy Khi 3  C  ;0  , D  0;3 2  a Đường cao OH tam giác OAB đường cao OH tam giác vng OCD (0.75 điểm) 3 OC.OD   Ta có OC  ; OD   OH  2 OC  OD 3   3   Page 69 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm Vậy OH  Phương trình có nghiệm ngun   m  4m  số phương + Với m  , m    (loại) b + Với m     22 (thỏa mãn) ( + Với m  2m(m  2)   2m  4m      (2m  4m  5)      4m  0.75 điểm)  m  2m     m   m  1     m    không phương Vậy m  giá trị cần tìm Câu (2 x 16   xy - y = a) Giải hệ phương trình:  y  xy - =  x điểm) b) Giải phương trình x  16  x    x ĐK: x  0; y  a x 16  x 16  xy   xy     y y  Ta có    xy  y  y  x   x  x y (1) (2) (1.0 Giải (2)  6y  6x  5xy  (2x  3y)(3x  2y)  điểm) * Nếu 2x  3y   x  Thay vào (1) ta y Page 70 of 75 3y 3y 16   2 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm 3y 23  (phương trình vơ nghiệm)  * Nếu 3x  2y   x  2y Thay vào (1) ta y   y  3 + Với y   x  (TM) + Với y  3  x  2 (TM) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm:  x; y    2;3 ;  x; y    2; 3 ĐK: b (1.0 1  x  (*)     x  1       2x      x  5  x   2x      x  điểm)  x    0   x    x     x  4(TM )  x   Vậy phương trình cho có nghiệm x  Câu (2,5 điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB  CD ) Gọi K , M trung điểm BD AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng qua M vng góc với BC Q Chứng minh: a) KM // AB b) QD  QC Page 71 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm I A K D a (1.0 điểm) E B M Q H R C Gọi I trung điểm AB , E  IK  CD , R  IM  CD   ABD  BDC  Xét hai tam giác KIB KED có  KB  KD    IKB  EKD  KIB  KED  IK  KE (1) Chứng minh tương tự có: MIA  MRC  MI  MR (2) Từ (1) (2) suy KM đường trung bình IER  KM // CD Do CD // AB (gt) Vậy KM // AB (đpcm) Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)  IK đường trung bình  ABD  IK//AD hay IE//AD  QK  IE Suy QK đường trung trực ứng với cạnh IE IER b (1.5 điểm) Tương tự ta chứng minh QM đường trung trực ứng với cạnh IR IER Hạ QH  CD QH trung trực ứng với cạnh ER IER Do DE  RC  AB  QH đường trung trực đoạn CD Vậy QC  QD Page 72 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ôn thi Chuyên Toán Câu 5( điểm) GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm Có tập hợp A tập hợp S  1, 2,3 2018 thỏa mãn điều y2 A kiện A có hai phần tử x  A, y  A, x  y x y Với tập A tập S  1, 2,3 2018 thỏa mãn đề bài, gọi a b phần tử nhỏ lớn tập A(a, b  S , a  b) Ta chứng minh b  2a Thật vậy, giả sử b  2a , theo giả thiết c  Mà b  2a  b – a  a   c  a2  A ba a2 a2   a , mâu thuẫn với a phần tử ba a nhỏ A Vậy b  2a Gọi d phần tử lớn tập B  A \ b Ta chứng minh b  2d Thật vậy, giả sử b  2d , theo giả thiết d  b  e  d2  A bd d2 d Mà b  2d   b – d  d  e  d Suy e  A e  B Do eb d2  b  d  b  bd  5d  4b  4bd  d  (2b  d ) bd (mâu thuẫn VP số phương, VT khơng số phương) Vậy b  2d  2d  b  2a  d  a Mà a  d ( a d phần tử nhỏ lớn B) nên a  d  b  2a Do A  a;2a Kiểm tra lại ta thấy A thỏa mãn đề Vì a  S 2a  S nên  2a  2018   a  1009 Vậy số tập A thỏa mãn đề 1009 tập Page 73 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm Câu Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí (1,0 điểm) điểm B D thuộc đường trịn để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn B' A' B C O A D D' Không tổng quát giả sử: AB  AC Gọi B ' điểm cung   AB'  CB' ABC Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho: BA’  BA  AB  BC  CA '   B'AC   B'CA   B'BC      B'BA ' Ta có:  B'CA  B'BA  1800  B'BA    B'BC  B'BA '  180  A’BB’  ABB’  A ' B '  B ' A  B'A  B'C  B'A ' B'C  A ' C  AB  BC ( B’ A  B’C B’, A, C cố định) Dấu “=” xảy B trùng với B’ khơng đổi  ta có Tương tự gọi D’ điểm cung ADC AD’  CD’  AD  CD Dấu “=” xảy D trùng với D’ Vậy chu vi tứ giác ABCD lớn B, D điểm cung  đường tròn  O  AC Page 74 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm Contents ĐÊ 01: HÀ NAM ĐỀ 2: CHUYÊN THÁI BÌNH ĐỀ 3: CHUYÊN NAM ĐỊNH 17 - 18 13 ĐỀ 4: CHUYÊN NAM ĐỊNH (ĐỀ CHUNG) 19 ĐỀ 05: CHUYÊN NAM ĐỊNH 18-19 24 ĐỀ 06: CHUYÊN KHÁNH HÒA 38 ĐỀ THI CHUYÊN QUẢNG TRỊ 45 ĐỀ CHUYÊN HUẾ 50 ĐỀ 9: CHUYÊN BẮC GIANG 59 ĐỀ 10: CHUYÊN ĐIỆN BIÊN 66 Tạm thời thầy làm 10 đề Các em cố gắng xem làm nhé! Chúc em thành công! Page 75 of 75 Mọi cố gắng đền đáp! ... đường kính MB 0,25  BO  OH b) Tính giá trị P      AB  BH 1,00 AB AB  Ta có ABC vng A, nên: BH  BC BO OH  BO  BH  BO  0,25 AB 2 BO  AB  BC BO 0,25 OH BO  AB  BO    2  1... ơn thi Chun Tốn GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm b) (0,75 điểm) Đặt k  ab  a  b   a  1 b  1  0,5 Nếu số a, b tồn số chia dư k chia dư Ban đầu bảng gồm có số số (một số chia dư 1; số chia... 505 0.25 Ýc 1.0 T P 10 10 10 x 18 x  4x  1  (  )  1 x x x 5 Page of 75 0.25 Mọi cố gắng đền đáp! Tài liệu ôn thi Chuyên Toán GV: Nguyễn Văn Tiến – Sưu tầm 10 x 18 x 10 x 18  ) 1  