043 đề thi vào 10 chuyên toán hồ chí minh 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2019-2020 MƠN THI: TỐN CHUN Ngày thi: 03/06/2019 Câu (1,0 điêm) Cho a, b, c ba số thực thỏa điều kiện a  b  c 1 Tính giá trị biểu thức A a  b3  c3   ab  c   c  1 Câu (2,5 điểm) a) Giải phương trình: x   x  3x  2  x  y   xy 4  xy  x  y    b) Giải hệ phương trình:  Câu (1,5 điểm) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB M , N , P Gọi K hình chiếu vng góc M lên NP  Chứng minh : KM tia phân giác BKC Câu (2,0 điểm) Cho x, y , z số thực thuộc đoạn  0;2 thỏa mãn điều kiện x  y  z 3 2 a) Chứng minh x  y  z  3 b) Tìm giá trị lớn biểu thức P x  y  z  3xyz Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC Gọi M , N hai điểm nằm cạnh BC  cho MAN 30 ( M nằm B N) Gọi K giao điểm hai đường tròn  ABN   ACM  Chứng minh rằng: a) Hai điểm K C đối xứng với qua AN b) Đường thẳng AK qua tâm đường tròn  AMN  Câu (1,0 điểm) Cho m, n hai số nguyên Chứng minh  m  n   2mn chia hết cho 225 mn chia hết cho 225 ĐÁP ÁN Câu Ta có: ab  c ab  c  a  b  c   a  c   b  c  c    a  b  3 3 Do A a  b  c   a  b   b  c   c  a   a  b  c  1 Câu a) x   x  3x  Điều kiện : x 1 25  x  1   x   Với điều kiện phương trình trở thành: x   x    3x   x 1  3x  0    x   3x    3 x    x     1 0 x7  x 1 x7   x  (tm)    0 x 7  x   x  8(*) Giải  * ta được: 25  x  1  x   10 x  x  64 41    x  x   13 x  41 x   13    25  x  x   169 x  1066 x  1681   144 x  1216 x  1856 0  x 2(tm) 58      144  x    x  58  0    x  (ktm)   4  S  ;2  3  Vậy 2  x  y   xy 4 b)    xy  x  y     x  y     y   0   xy  x  y      y 2   y    x   0  y 2; x 2  x 1      x 2  xy  x  y     xy  x  y       y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  1;2  ;  2;1 Câu A P N K I B M C Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: MB BP, MC CN , AN  AP K ' N CN  Trên đoạn NP, ta lấy điểm K ' cho K ' P BP   Ta có ANP cân A nên ANP  APN 0       Lại có : BPK '  APN 180 mà CNK '  ANP 180 nên BPK ' CNK ' Xét BPK ' CNK ' ta có: K ' N CN   BPK ' CNK ';  K ' P BP K ' B BP MB    ' P CK  'N K ' C CN MC  BPK ' CNK ' (c-g-c)  BK K ' B MB     Do K ' C MC nên K ' M phân giác BK ' C mà BK ' P CK ' N  ' P MK  ' B  BK  ' P  BK  ' C  BK  ' P  CK  ' N 90 MK 2 Nên    Suy MK '  NP , K ' K , KM tia phân giác BKC Câu a) Theo giả thiết, ta có:   x    y    z  0    x  y  z    xy  yz  zx   xyz 0 Từ đó, ta có: x  y  z x  y  z    x  y  z    xy  yz  zx   xyz  x  y  z    x  y  z    xyz 5  xyz 5  b) Ta có: P  x  y  z   x  y  z  xy  yz  xz  3  x  y  z  xy  yz  xz  \ 3    x  y  z    x  y  z      x  y  z     2 P   3.5   9 2 2 Theo chứng minh x  y  z 5 , từ ta suy Đẳng thức xảy  x, y, z  hoán vị  2,1,0  Vậy MaxP 9 Câu A O B M K N C    a) Bên MAN , lấy điểm K ' cho AK '  AC K ' AN NAC   Xét K ' AN CAN có: K ' AC NAC ; K ' A CA; AN cạnh chung    Vậy K ' AN CAN (cgc)  AK ' N  ACN 60  ABN (1) Do đó, tứ giác ABK ' N nội tiếp, suy K ' thuộc đường tròn  ABN  0        Ta có MAN 30 K ' AN  K ' AM NAC  K ' AM NAC  MAB 30   Nên K ' AM MAB Từ đó, cách chứng minh tương tự trên, ta có K ' thuộc (2) đường tròn  ACM  Từ (1) (2) , ta suy K ' điểm chung thứ hai hai đường tròn  ABN   ACM  , tức K ' K Bây , K ' AN CAN nên NC NK ' NK Suy N thuộc trung trực KC mà AC  AK  AK ' nên A thuộc trung trực KC Do AN trung trực KC tức K C đối xứng qua AN 0    b) Trên đoạn AK lấy điểm O cho OMN 60 Khi đó, AKN  ABN 60 nên AKN OMN  600 , suy tứ giác OMNK nội tiếp Từ ta có:    ONM OKM  ACM 600 mà OMN 600 nên OMN   Ta có MOK MNK (cùng chắn cung MK đường tròn  OMNK  )   MNK BAK (cùng chắn cung BK đường tròn  ABN  )     2 MAK Và BAK (dựa theo câu a) nên MOK 2MAK      Mặt khác, ta lại có MOK MAK  OMA nên MAK OMA Suy OMA cân O, tức ta có OA OM ON Vậy O tâm đường tròn ngoại tiếp AMN , thế, ta có AK qua tâm đường tròn ngoại tiếp AMN Câu Ta có: A 7  m  n   2mn 7  m  n   16mn 7  m  n   30mn Do A225  A15 Lại có 30mn15 nên  m  n  225   m  n  15 Từ đây, ta có:  m  n  chia hết cho 225 Dẫn đến 30mn225 , tức mn15 2 m15   m  n  15  Mà mn  m  n  n  n nên n 15 tức n15 Từ đó, suy Vậy mn15 225