50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án

50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 2020 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 03/06/2018 Câu a) Giải phương trình : x    x  x2  5x 1  xy  y  x b) Giải hệ phương trình:  2   y  y   x  8x Câu a) Tìm số nguyên x; y; z cho x2  y  z   xy  3x  4z b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m  n  ước nguyên tố  m2  n2   CMR m.n số phương Câu Cho a, b, c thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh rằng: a  a3  ab   b4  b3  bc   c  c3  ac   Câu Cho tam giác ABC vuông A  AB  AC  nội tiếp đường tròn (O) đường cao AH Gọi D điểm đối xứng với A qua BC Gọi K hình chiếu vng góc A lên BD Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK I Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) N (N khác B) a) Chứng minh AN.BI  DH BK b) Tiếp tuyến (O) D cắt đường thẳng BC P Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c) Tiếp tuyến (O) C cắt DP M Đường tròn qua D tiếp xúc với CM M cắt OD Q (Q khác D) Chứng minh đường thẳng qua Q vng góc với BM ln qua điểm cố định BC cố định A di động đường tròn (O) Câu Để phục vụ cho lễ khai mạc World Cung 2018, ban tổ chức giải đấu chuẩn bị 25000 bóng, bóng đánh số từ đến 25000 Người ta dùng màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn bóng (mỗi sơn màu) Chứng minh 25000 bóng nói tồn bóng màu đánh số a, b, c mà a chia hết cho b, b chia hết cho c abc  17 ĐÁP ÁN Câu a) Giải phương trình : x    x  x2  5x 1 Điều kiện xác định:  x  Ta có x2  5x      x  1    x 1  x 3 x 3  0 x  1  x 1 1     x  3  x    0 x  1  x 1     x  1 x  3  1    1 0 1  Do  x    2x 1  0 x  1 x  1  x 1 2  x    x    x  3(tm) Vậy phương trình có nghiệm x  b) Hệ cho tương đương với 2 xy  y  x  xy  y  x    2 2  y  y   x  x  x  y  y   xy  y  x  x   xy  y  x  xy  y  x    x  y    x  y     x  y   x  y  1    2  13 5  13 ;y  x  y  x  3    3 x  x    2  13 5  13 ;y  x  3     5  22 26  22  ;y x  x  y   3    3 x  10 x  21   5  22 26  22  ;y x   3  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm Câu a) Do x, y, z số nguyên nên x  y  z    xy  y  z  x  y  z   xy  y  z  2   y    x  y     1   z      2   x  y  x   y    1    y  2  z  z     Vậy x  1; y  z  số nguyên cần tìm b) Giả sử m  n Theo ta có: m  n    m  n  1 m  n  1  m  n  1   m  n     m  n   1  m  n  1     2m  2n  m  2mn  n   m  n  1   m  n  m  n  1 Do m  n  số nguyên tố  m  n  ước m  n Mà m  n  m  n  vơ lý Vậy giả sử sai  m  n  m.n  m2 số phương Ta có điều phải chứng minh Câu Ta có:  a  1 a  a  1    a  2a  1 a  a  1   a  a3  a    a  a3   a  a  a  ab   ab  a   a  a  ab   ab  a  Chứng minh hồn tồn tương tự ta có: b4  b3  bc   1 ;  bc  b  c  c3  ac  ac  c  Như VT  1 1 1          ab  a  bc  b  ac  c   ab  a  bc  b  ac  c   (Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho số) Lại có 1 1 a ab               ab  a  bc  b  ac  c    ab  a  abc  ab  a a bc  abc  ab  a ab         ab  a  1  ab  a a  ab   Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy a  b  c  Câu A I N P C H J M D O Q K B a) Chứng minh AN.BI  DH BK Ta có chắn cung AB nên BDA  BNA  IHA  BNA  INA Suy tứ giác ANHI nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh nhìn cạnh góc nhau) Do đó: AHN  AIN  BIK (hai góc nội tiếp chắn cung AN ) Ta có : AK  BD  AK  IH  AIH  900 Do tứ giác AHNI tứ giác nội tiếp (cmt)  AIH  ANH  1800  ANH  900  IBK  NAH  ANH BKI ( g.g )  BK BI BI    AN BI  DH BK AN AH DH b) Gọi O1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, I trung điểm NP Vì A; D đối xứng qua BC nên PA tiếp tuyến (O) Ta có: PAN  PO1 N  PO1I1 (góc nội tiếp góc tâm chắn cung NP đường tròn  O1  ) Lại có: PAN  ADN (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AN  O  )  PO1I1  ADN Hơn ANHI nội tiếp (cmt) nên ANH  AIH  900  NAH  NHP (cùng phụ với NHA ) Ta có : NAH  NIH  NBD  NDP  NHP  NDP  tứ giác PDNH nội tiếp nên NPH  NDA  NPH  PO1I1 Mặt khác : PO1I1  O1PI1  900  NPH  O1PI1  900  O1PH  900 Suy BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c) Gọi J trung điểm OM, G trung điểm OC, E giao điểm QG BM Dễ thấy MQ đường kính đường tròn qua D tiếp xúc với MC (Do MDQ  900 )  MQ  MC Mà MC  BC  MQ / / BC Do MQ / / BC  QMO  MOP (so le trong)  QOM  Tam giác QOM cân Q  QJ  OM (trung tuyến đồng thời đường cao)  BOM  GJQ (góc có cạnh tương ứng vng góc) Mặt khác OGJ OJG( g.g )  GJ OG  JQ OJ OGJ  OCM  OG OC OB   (OC  OB) OJ OM OM GJ OB   GJQ JQ OM BOM (c.g.c)  OMB  QJM  900 (hai góc nội tiếp chắn cung QM)  QE  EM  QE  BM Vậy đường thẳng qua Q vng góc với BM qua trung điểm G OC cố định Câu 5: Xét tập A  1; 2;3; .; 2500 tập B  1;3;3.2;3.22 ; ;3.213 Do 3.213  24576  250000  B  A Tập B có 15 phần tử Do bóng sơn màu mà có màu nên theo nguyên lý Dirichle tập B tồn bóng màu Giả sử bóng đánh số a  b  c a chia hết cho b, b chia hết cho c abc  18  17 Vậy ta có điều phải chứng minh SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH KHÁNH HÒA KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUN Ngày thi : 03/06/2018 Câu a) Giải phương trình : x2  x   3x x  b) Có số tự nhiên có chữ số abc cho a, b, c độ dài cạnh tam giác cân Câu a) Chứng minh với số thực a, b, c ta ln có: a  b  c  a  b2  c2   ab  ac  bc  1 1 1  2  4;    2 x y xyz x y z b) Cho số x, y, z khác thỏa mãn : x  y  z  ; Tính Q   y 2017  z 2017  z 2019  x2019  x2021  y 2021  Câu Cho đường tròn (O) đường kính BC H điểm nằm đoạn thẳng BO (điểm H không trùng với hai điểm B O) Qua H vẽ đường thẳng vng góc với BC, cắt đường tròn (O) A D Gọi M giao điểm AC BD, qua M vẽ đường thẳng vuông góc với BC N a) Chứng minh tứ giác MNBA nội tiếp BO  OH b) Tính giá trị: P      AB  BH c) Từ B vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O), cắt hai đường thẳng AC AN K E Chứng minh đường thẳng EC qua trung điểm I đoạn thẳng AH H di động đoạn thẳng BO Câu Cho a, b,c số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc Chứng minh  a2  b2    c2  a b Câu Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời du khách tham quan hết 18 danh lam, thắng cảnh tỉnh K, công ty du lịch lữ hành KH thiết lập tuyến chiều sau: Nếu từ tỉnh A đến B từ B đến C khơng có tuyến từ A đến C Hỏi có cách thiết lập để hết 18 địa danh ? ĐÁP ÁN Câu a) Giải phương trình Điều kiện xác định x  1 x2  x   3x x   x   x  1  3x x   u  x Đặt   v  x  u  v u  2v Phương trình  u  3uv  2v    u  v  u  2v     TH 1: u  v  x2  x 1  1 x  x 1   x x  TH : u  2v x  x  x 1    x  2 x  4x   Vậy nghiệm phương trình cho : x  1 ;x  22 2 b) TH1:Tam giác a  b  c   có số lập TH2: Xét a  b  c Vì a  b  c (bất đẳng thức tam giác) nên: c  )a  b     khơng có giá trị c c  c   có cách chọn c +) a  b    c  c  )a  b     có cách chọn c c  c  )a  b     có cách chọn c c  c  10 )a  b     có cách chọn c c  c  12 )a  b     có cách chọn c c  c  14 )a  b     có cách chọn c c  c  18 )a  b     có cách chọn c c  c  18 )a  b     có cách chọn c c  Vậy trường hợp có 52 số thỏa mãn Do vai trò a, b, c nên : 52.3  156 (số) Vậy có tất  156  165 số thỏa mãn Câu a) VT   a  b  c    a  b  c  a  b  c   a  ab  ac  ab  b  bc  ac  bc  c  a  b  c   ab  bc  ca   VP b) Ta có: x yz   xyz xyz 1 1 2         xy yz xz xyz xy yz xz xyz 1 2 1 1  2 2 2    2 2 2 4 x y z xy yz xz x y z xyz x yz  1 1 1     4   2 x y z x y z Từ 1 1    x y z x yz   xy  yz  xz  x  y  z   xyz   x  y  x  z  y  z   x   y   y   z  z   x Hơn mũ Q lẻ nên có thừa số Vậy Q  Câu 3: M K A E I B N H C O D a) Ta có : BAC  900  BAM  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MNB  900 ( gt )  BAM  MNB  1800 Do tứ giác MNBA nội tiếp đường tròn đường kính MB (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) b) Do tam giác ABC vuông A nên áp dụng hệ thức lượng ta có: AB AB  BC BO OH BO.OH BO  BO  BH     BH AB AB BH  BO  BH BC BO  AB  BO       1 2 AB AB  AB  2  BO  OH  P  2 1    AB  BH Vậy giá trị P P  c) Ta dễ dàng có : Do M trung điểm BC AB  AC nên DC  DB  DM Do DP.DM  DB.DC (5) Từ (4) (5) ta DP.DM  DQ.DR Suy tứ giác PQMR nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua trung điểm BC cố định Câu V Kí hiệu Di , i  1, n đội bóng thứ i d i điểm số đội Di sau giải đấu Khơng tính tổng quát, giả sử d1  d2   dn Xét hiệu di  di 1 , i  1, n  , ta có di  di 1  0,  i  1, n  Giả sử đội xếp hạng s đội xếp hạng s  có chênh lệch điểm lớn nhất, nghĩa hiệu d s  d s 1 lớn số hiệu Ta có nhận xét: Sau trận đấu, dù kết nào, tổng số điểm hai đội tham gia thi đấu Chia đội bóng làm hai nhóm Nhóm gồm đội D1 , , Ds nhóm gồm đội lại Ds 1 , , Dn s ( s  1) Khi s đội nhóm đấu với trận nhận s(s  1) điểm Ngoài đội thuộc nhóm đấu với đội thuộc nhóm tất (n  s)s trận nhận không 2(n  s)s điểm (vì số (n  s)s trận có trận mà đội thuộc nhóm thua) Do tổng điểm mà s đội nhóm nhận khơng q s(s 1)  2(n  s)s  (2n  s  1)s (2n  s  1) s Từ suy d s  (1)  2n  s  s (n  s)(n  s  1) Lại có: Các đội thuộc nhóm đấu với trận nhận (n  s)(n  s  1) điểm Do (n  s)(n  s  1) số điểm d s 1 đội Ds 1 lớn  n  s  1, hay d s 1  n  s  ns (2) Từ (1) (2) suy ra: ds  ds 1  (2n  s  1)  (n  s  1)  n Dấu ‘=’ xảy đội vô địch thắng tất đội 2(n  1) điểm, tất đội lại khác hòa (và thua đội vơ địch), đội nhận n  điểm Vậy max(di  di 1 )  n SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN THÁI BÌNH NĂM HỌC: 2018-2019 MƠN THI: TỐN (Dành cho thí sinh thi chun Tốn, Tin) Câu (2,0 diểm) 1) Cho phương trình x2  2mx  m2  2m   (1) (với m tham số) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm khơng âm x1; x2 Tính theo m giá trị biểu thức P  x1  x2 tìm giá trị nhỏ P 2) Cho hàm số y  x2  Tìm tất giá trị x nguyên x2 Câu (2 điểm) 1) Cho số a; b; c thỏa mãn điều kiện a  2b  5c  Chứng minh phương trình ax2  bx  c  có nghiệm 2) Giải phương trình:  x3  x  3  x3 : 3 Câu (1 điểm) Hai nến chiều dài làm chất liệu khác nhau, nến thứ cháy hết với tốc độ giờ, nến thứ hai cháy hết với tốc độ Hỏi phải bắt đầu đốt lúc chiều để chiều phần lại nến thứ hai dài gấp đơi phần lại nến thứ nhất?  Câu (1,0 điểm) Cho biểu thức x   x  y    y  2018 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  y Câu (3,5 điểm) 1) Cho tam giác ABC có AB  4, AC  3, BC  , đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH HC Hai nửa đường tròn cắt AB, AC E, F a) Tính diện tích nửa đường tròn đườn kính BH b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp đường thẳng EF tiếp tuyến chung hai đường tròn đường kính BH CH 2) Cho nửa đường tròn đường kính AB  2R Tìm kích thước hình chữ nhật MNPQ có hai đỉnh M, N thuộc đường tròn , hai đỉnh P, Q thuộc đường kính AB cho điện tích MNPQ lớn Câu (0,5 điểm) Cho a,b,c ba số thức dương thỏa mãn điều kiện : 1   1 a b c Tìm giá trị lớn biểu thức P 5a  2ab  2b  5b  2bc  2c  5c  2ca  2a ĐÁP ÁN Câu 1) Phương trình có hai nghiệm khơng âm m   m  m  2m    '       S    2m   m  P   m  2m       m  1   Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình cho, ta có: m2 (luon dung )  x1  x2  2m (định lý Vi-et)  x x  m  m   P  x1  x2   P  x1  x2  x1x2  2m  m2  2m  Với m  ta có: P  2m  m  m     2       P2   P  2 Dấu "  " xảy  m  Vậy Min 2) P  2 m  x2  x2   6   x2 x2 x2 x2 Để y    x  2 U  6  1; 2; 3; 6 Ta có: y  x2 x -1 -3 -1 tm tm Vật tập hợp giá trị -2 -3 -6 -4 -5 -8 tm tm tm tm tm x để y nguyên 3; 1; 4;0; 5;1; 8;4 tm Câu 1) a  2b  5c   b  a  5c 2 a  10ac  25c a  6ac  25c  a  3c   16c   b  4ac   4ac    0a; b; c 4 2  Phương trình ax2  bx  c  ln có nghiệm 3 2) Giải phương trình  x3  x  3  x3 :  x3  x  3  x3 : 32 3  x    x  1  x  x  3  x   x  x  3     x  1  x 1 3 3 3  x   x  Dễ thấy    1x  1;     1  x 1  x 1 x  1 Để phương trình có nghiệm x2  x    x  x     x  1   vô nghiệm Vậy phương trình cho vơ nghiệm Câu Giả sử chiều dài hai nến L  cm  Gọi thời gian đốt hai nến để đượ phần lại nến thứ hai gấp đơi phần lai nến thứ x (giờ)  x   Theo đề ta có, đốt độ dài nến thứ thứ hai L L , (cm) Trong x độ dài nến thứ thứ hai đốt xL xL , (cm)  Độ dài nến thứ thứ hai lại sau đốt x (giờ) là: xL xL L  , x  (cm) Theo đề ta có phương trình xL xL  x 2x   2 L    1     5x 12  1 x   2, (tm) 12 L Vậy phải đốt hai nến 2,4 hay phải đốt hai nến lúc  2,4  1,6 =1 36 phút chiều để yêu cầu toán Câu Từ giả thiết ta có: x   x  2018 y   y2    2018 y   y Tương tự ta có: y   y  2018  x  x y  1  y 2   Cộng vế hai phương trình ta được: 2019  x  y   2017 Xét A     x2   y  x2   y     x  y  1  x 1  y   A   x  y  1  xy     x  y   VP  2017   x  y  2  VT  2019( x  y )  2017   x  y   2019 P  2017  P  20192 P  2017   P   P2  4.2017 P 2.4036 2017 2017 2018  2018 2018 Dấu "  " xảy  x  y  2017 2018 4036   2018   y2  y  Vậy MinP  2017 2018 2017 2018 x  y  2018 4036 Câu A E F B O1 H O2 C 1) a) Tính diện tích nửa đường tròn đường kính BH Ta có: AB2  AC  BC  ABC vuông A( định lý Pytago đảo) Áp dụng hệ thức lượng tròn tam giác vng ta có: BH  AB 16  BC  Diện tích nửa đường tròn đường kính BH 2  BH    32 S           dvdt    5 25 b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và…… Gọi O1 O2 trung điểm BH CH Dễ nhận thấy AEHF hình chữ nhật (tứ giác có góc vng)  CAH  FEH Mà CAH  ABC (cùng phụ với BAH )  FEH  ABC Mà ABC nội tiếp chăn cung HE đường tròn  O1  ; FEH tạo dây cung EH EF vị trí góc tia tiếp tuyến dây cung  EF tiếp tuyến đường tròn đường kính BH Chứng minh tương tự ta có EF tiếp tuyến đường tròn đường kính CH Vì AEHF hình chữ nhật  AEF  AHF Mà AHF  ACB (cùng phụ với FHC )  AEF  ACB Mà AEF  BEF  1800  ACB  BEF  1800  Tứ giác BEFC tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 180 ) 2) Cho nửa dường tròn dường kính AB=2R……… M A N Q O P Đặt MN  x ta có: AQ  R  x; BQ  R  x Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AMB ta có: MQ  AQ.BQ  R  x Khi ta có: SMNPQ  MN MQ  x R  x  x  R  x  R Dấu xảy  x  R  x  x  R  x  x   MN  x  R 2; MQ  x  Câu R R B 1    5a  2ab  2b  27 27. 5a  2ab  2b2   5a  2ab  2b 2  27  1     2  5a  2ab  2b 27  Chứng minh tương tự ta có: 5b  2bc  2c 2  27  1  27  1   ;      2 2 2  5b  2bc  2c 27  5c  2ca  2a  5c  2ca  2c 27  27  1 1  P       5a  2ab  2b   5b  2bc  2c   5c  2ca  2a     Sử dụng BĐT 11 1      ta có: x y  z 9 x y z  1 1 1     2  2  2 2  5a  2ab  2b  3a   2ab  a    a  2b   3a 2ab  a a  2b  1 1  1   1                3a  ab ab a   a b b   1 2    2  2  9a 9ab 9b  Ta lại có :  Cauchy  1   2 2 9ab 9 a b  1  1              5a  2ab  2b2  9a 9a 9a 9b   3a 3b  Chứng minh tương tự: 1    2 2 5b  2bc  2c  3b 3c  1      5c  2ca  2a  3c 3a  1   2 5a  2ab  b 5b  2bc  2c 5c  2ca  2a     1   1 1                    3a 3b   3b 3c   3c 3a   a b c   P 27  1      9 9 a  b  c  Dấu "  " xảy   1 abc      a b2 c2 Vậy Pmax  3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2018-2019 Mơn thi: TỐN CHUYÊN TIN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 06/6/2018  Bài I (3 điểm): Rút gọn biểu thức A  29  12  Giải phương trình 10 52  x  2 x  4  3x2  x  21 2  2 x  xy  y  y  Giải hệ phương trình  x  y    Bài II (3 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho Parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : x  y  12  a) Tìm tọa độ giao điểm A B  d   P  b) Tìm tọa độ điểm C nằm  P  cho tam giác ABC vuông C Giả sử x1 , x2 nghiệm phương trình x2  2mx   Xác định m để x14  x2  32 Bài III (1 điểm): Hai máy cày làm việc 12 cày khu đất Nếu máy cày thứ làm 42 10 nghỉ sau máy cày thứ hai làm 22 hai máy cày 25% khu đất Hỏi làm máy cày bao lâu? Bài IV (3 điểm): Cho đường tròn tâm O đường kính AB  2R điểm C nằm đường tròn cho CA  CB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB I , cắt tia BC M cắt đoạn AC P ; AM cắt đường tròn  O  điểm thứ hai K a) Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp đường tròn b) Chứng minh điểm B, P, K thẳng hàng c) Các tiếp tuyến A C đường tròn  O  cắt Q Tính diện tích tứ giác QAIM theo R biết BC  R Hết Trang Giải Bài I: A  29  12  5  20  2.2 5.3    5 52 2  3   52   35  2 10  x  2 x  4  3x2  x  21  x   x        x   x     x   x    Điều kiện xác định       3x  x  21  3  x   x     3  x  x      x  2 x     x  4 x  10  x  2 x  4  3x2  6x  21  10  x  2 x  4   x  2 x    t  Đặt t   x   x   , t  Phương trình trở thành 10t  3t   3t  10t     t    x  1   n  + t    x   x     x  x      x  1   n   3  82 x  n  1 + t    x   x     x  x     3  3  82  n x   2 x  xy  y  y  1   2  2  x  y  Từ (1) ta có y  y  x  3   x  Ta xem phương trình bậc hai theo biến y (x tham số) 2    x  3    x   x  x    8x  x  x   3x  1  2 x   3x  x   3x   x  y   x 1 2 + Nếu y  x  Thay vào phương trình (2) ta Suy phương trình có nghiệm y  x2   x     x  x  8x    3x  x   (phương trình vơ nghiệm) + Nếu y   x  Thay vào phương trình (2) ta x2    x  1   x    x   y  1 Vậy tập nghiệm S   2; 1 Bài II: 1 a) Ta có  d  : y  x  Phương trình hồnh độ giao điểm x   y  x  x6   x  4  y  Vậy giao điểm A  6;9  , B  4; 4 b) 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 - 2020 có đáp ánTrang Cách   Gọi C  c ; c    P  c  6, c  4 điểm cần tìm   1  Ta có AB  125 ; AC   c     c    c  c  12c  117 ; 4  16 2 2 1  BC   c     c    c  c  8c  32 4  16 Tam giác ABC vuông C AB2  AC  BC  125  c  c  12c  117  c  c  8c  32 16 16 1 1  c  c  4c  24   c  c  c  c  4c  8c  12c  24  8 4 1  c3  c    c  c     c    12  c    1    c    c3  c  4c  12   8  c    1  c  c  4c  12  8 c   n    c  4  l  c  l   2 Vậy C  2;1 điểm thỏa đề Cách 2:   Gọi C  c ; c    P  c  6, c  4    13  Ta gọi M trung điểm AB, suy M 1;   2 5 Ta có ABC vng C nên MC  AB  (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền) 2 2  13  125 Suy  c  1   c    2 4 1 1  c  c  2c  12   c  c  c  c  2c  4c  6c  12  16 16 8 1  c3  c    c  c    2c  c     c    16  x   n  1    c    c  c  2c      x   l   16   x  4 l   Vậy điểm C  2;1 điểm thỏa đề 50 đề thi vào lớp 10 chun tốn năm học 2019 - 2020 có đáp ánTrang Ta có  '  m2  Phương trình có nghiệm x1 , x2   '   m2    m  m  2 b c Theo định lý viet ta có S  x1  x2    2m ; P  x1.x2   a a x14  x2  32   x12  x2   x12 x2  32   S  P   P  32  S  4S P  P  32 2  16m4  16m2  2.42  32  16m4  64m2  32  32  m2  m2     2  m  Kết hợp với điều kiện có nghiệm ta có m  2 m  Bài III: Gọi x (giờ) thời gian máy cày làm xong khu đất y (giờ) thời gian máy cày làm xong khu đất Điều kiện x, y  12 1 Mỗi máy máy làm tương ứng khu đất x y 12 12 1 Do máy cáy 12 khu đất nên ta có phương trình   10 x y 10 Nếu máy làm 42 máy làm 22 làm 25%  khu đất nên ta có 42 22 phương trình   x y 12 12 1 1   x  y  10   x  300   x 300   Suy  1 42 22 y  200        x  y 200 y Vậy máy làm 300 xong khu đất Máy làm 200 xong khu đất Bài IV: 50 đề thi vào lớp 10 chuyên tốn năm học 2019 - 2020 có đáp án Trang M Q C K P A I B O a) Xét tứ giác BCPI có: ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Và PIB  900 (giả thiết) Suy tứ giác BCPI nội tiếp đường tròn đường kính BP b) Xét tam giác MAB có: MI  AB AC  MB , suy MI , AC đường cao Mà P giao điểm MI , AC Nên P trực tâm tam giác MAB Ta lại có BKA  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên BK  MA  BK đường cao thứ tam giác MAB Do BK qua điểm P hay B, P, K thẳng hàng c) Ta có AQ / / MI (do vng góc với AB) nên QAIM hình thang vng BC  R nên OBC Do ABC  600 Ta có QA, QC tiếp tuyến  O  nên QAC  QCA  ABC  600 (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung) Do QAC ABC vng C có AC  AB  BC   2R   R  R  QA  R Trang 50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 - 2020 có đáp án R BI  R 2 3R Xét tam giác MIB vng I có: MI  BI tan ABC  R.tan 600  2  3R  R 3  R  QA  IM  AI   5R Vậy diện tích hình thang vng QAIM là: SQAIM    2 Ta có I trung điểm bán kính OA nên AI  50 đề thi vào lớp 10 chuyên toán năm học 2019 - 2020 có đáp án Trang ... có tối đa 108 cách thi t lập hết 18 địa danh  108 (Áp dụng bất SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN (chun) Năm học: 2018 - 2019. .. hết cho c abc  18  17 Vậy ta có điều phải chứng minh SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH KHÁNH HÒA KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 -2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Ngày thi : 03/06/2018 Câu a) Giải... Trang 1/5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI Đ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2018 - 2019 Mơn : TỐN (chun) (Hướng dẫn chấm gồm: 05